2023高考数学一轮复习课时规范练16利用导数研究函数的极值最大小值文含解析北师大版202303232124

课时规范练16　利用导数研究函数的极值、最大(小)值基础巩固组1.如图,可导函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x),设h(x)=f(x)-g(x),则下列说法正确的是(　　)A.h'(x0)=0,x=x0是h(x)的极大值点B.h'(x0)=0,x=x0是h(x)的极小值点C.h'(x0)≠0,x=x0不是h(x)的极值点D.h'(x0)≠0,x=x0是h(x)的极值点2.已知函数f(x)=ex+x22-lnx的极值点为x1,函数h(x)=lnx2x的最大值为x2,则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　A.x1>x2B.x2>x1C.x1≥x2D.x2≥x13.(2020河北石家庄检测)若函数f(x)=(1-x)(x2+ax+b)的图像关于点(-2,0)对称,x1,x2分别是f(x)的极大值点与极小值点,则x2-x1=(　　)A.-3B.23C.-23D.34.(2020安徽合肥一中模拟,12)已知关于x的不等式ax2e1-x-xlnx-1≤0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)A.[0,1]B.(-∞,0]C.(-∞,1]D.-∞,125.(2020河北邢台模拟,理12)若曲线y=xex+mx+1(x<-1)存在两条垂直于y轴的切线,则实数m的取值范围为(　　)A.-27e4,0B.-27e4,0C.-27e4,+∞D.-1,-27e4\n6.(2020河北唐山一模,文16)已知函数f(x)=a1x-2x+lnx,f(x)有极大值f(x1)和极小值f(x2),则实数a的取值范围是　　　　,f(x1)+f(x2)=　　　　. 7.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,a∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.综合提升组8.(2020山东济南三模,21)已知函数f(x)=aln(x+b)-x.(1)若a=1,b=0,求f(x)的最大值;(2)当b>0时,讨论f(x)极值点的个数.9.(2020山西太原三模,21)已知函数f(x)=lnx+kx.\n(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;(2)当k=0时,若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,求ea-1-b+1的最大值.10.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=a2x2-x(lnx-b-1),a,b∈R.(1)略;(2)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,且c≤e2a+b,求c的最大值.\n创新应用组11.(2020江苏南京六校5月联考,17)疫情期间,某小区超市平面图如图所示,由矩形OABC与扇形OCD组成,OA=30米,AB=50米,∠COD=π6,经营者决定在点O处安装一个监控摄像头,摄像头的监控视角∠EOF=π3,摄像头监控区域为图中阴影部分,要求点E在弧CD上,点F在线段AB上,设∠FOC=θ.(1)求该监控摄像头所能监控到的区域面积S关于θ的函数关系式,并求出tanθ的取值范围;(2)求监控区域面积S最大时,角θ的正切值.12.(2020山东济宁6月模拟,22)已知函数f(x)=x-alnx.(1)若曲线y=f(x)+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为x+y-3=0,求a,b的值;(2)求函数g(x)=f(x)+a+1x(a∈R)的极值点;(3)设h(x)=1af(x)+aex-xa+lna(a>0),若当x>a时,不等式h(x)≥0恒成立,求a的最小值.\n参考答案课时规范练16　利用导数研究函数的极值、最大(小)值1.B　由题意知,g(x)=f'(x0)(x-x0)+f(x0),故h(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)-f(x0),所以h'(x)=f'(x)-f'(x0).因为h'(x0)=f'(x0)-f'(x0)=0,又因为当x<x0时,有h'(x)<0,当x>x0时,有h'(x)>0,所以x=x0是h(x)的极小值点.故选B.2.A　f'(x)=ex+x-1x在(0,+∞)上递增,且f'12=e12-32>0,f'14=e14-154<0,所以x1∈14,12,ex1+x1-1x1=0.由h'(x)=1-lnx2x2,可得h(x)max=h(e)=12e,即x2=12e<14.所以x1>x2.3.C　由题意可得f(-2)=3(4-2a+b)=0,因为函数图像关于点(-2,0)对称,且f(1)=0,所以f(-5)=0,即f(-5)=6(25-5a+b)=0.联立b-2a+4=0,b-5a+25=0,解得b=10,a=7.故f(x)=(1-x)(x2+7x+10)=-x3-6x2-3x+10,则f'(x)=-3x2-12x-3=-3(x2+4x+1),由于x1,x2分别是f(x)的极大值点与极小值点,所以x1,x2是f'(x)的零点,则x1+x2=-4,x1x2=1,从而x1<0,x2<0,且x1>x2,因此x2-x1=-(x1+x2)2-4x1x2=-23.4.C　原不等式等价于axe1-x≤lnx+1x(x>0),当a≤0时,令g(x)=lnx+1x,则g'(x)=1x-1x2=x-1x2,g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,g(x)min=g(1)=1,所以lnx+1x≥1,显然有axe1-x≤lnx+1x;当a>0时,令f(x)=axe1-x-lnx-1x,则f'(x)=1-xex-1a+ex-1x2,f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以f(x)max=f(1)≤0即可,因为f(1)=a-1,所以0<a≤1.综上,a≤1.故选C.5.A　∵曲线y=xex+mx+1(x<-1)存在两条垂直于y轴的切线,∴函数y=xex+mx+1(x<-1)的导函数y'=(x+1)ex-m(x+1)2(x<-1)存在两个不同的零点,即m=(x+1)3ex在(-∞,-1)上有两个不同的实数解.\n设f(x)=(x+1)3ex(x<-1),f'(x)=(x+1)2ex(x+4),当x<-4时,f'(x)<0;当-4<x<-1时,f'(x)>0.则f(x)min=f(-4)=-27e4.当x→-∞时,f(x)→0;当x→-1时,f(x)→0,故m∈-27e4,0.故选A.6.0,24　-ln2　由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-1x2-2+1x=-2ax2+x-ax2.令g(x)=-2ax2+x-a,因为f(x)有极大值和极小值,故g(x)=-2ax2+x-a在区间(0,+∞)上有两个不相等的实数根.故-1-2a>0,-a-2a>0,1-4(-2a)(-a)>0,即a>0,a2<18,解得a∈0,24.可知x1+x2=12a,x1x2=12.故f(x1)+f(x2)=a1x1-2x1+lnx1+a1x2-2x2+lnx2=ax1+x2x1x2-2(x1+x2)+lnx1x2=a1a-1a+ln12=-ln2.7.解(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,则当x∈1a,2时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+∞.8.解(1)当a=1,b=0时,f(x)=lnx-x,此时,函数f(x)定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-12x=2-x2x,由f'(x)>0,得0<x<4,由f'(x)<0,得x>4,所以f(x)在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减,所以f(x)max=f(4)=2ln2-2.(2)当b>0时,函数f(x)定义域为[0,+∞),f'(x)=ax+b-12x=-x+2ax-b2x(x+b),\n①当a≤0时,f'(x)<0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以此时f(x)极值点的个数为0.②当a>0时,设h(x)=-x+2ax-b,(ⅰ)当4a2-4b≤0,即0<a≤b时,f'(x)≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即f'(x)在(0,+∞)上无变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为0;(ⅱ)当4a2-4b>0,即a>b时,方程h(x)=0有两个不同的实数根,记方程h(x)=0的两根分别为x1,x2,则x1+x2=2a>0,x1x2=b>0,所以x1,x2都大于0,即f'(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以,此时f(x)极值点的个数为2.综上所述,当a≤b时,f(x)极值点的个数为0;当a>b时,f(x)极值点的个数为2.9.解(1)f(x)定义域为(0,+∞),当k=-1时,f(x)=lnx-x,f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,得x=1,当f'(x)>0时,解得0<x<1,当f'(x)<0时,解得x>1,所以f(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点.(2)当k=0时,f(x)+bx-a=lnx+bx-a(x>0).若f(x)+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,则lnx+bx-a≥0(a,b∈R)恒成立,所以a≤lnx+bx恒成立.令g(x)=lnx+bx,则g'(x)=x-bx2,由题意b>0,函数g(x)在(0,b)上递减,在(b,+∞)上递增,所以g(x)min=g(b)=lnb+1,所以a≤lnb+1,所以a-1≤lnb,所以ea-1≤b,ea-1-b+1≤1,故当且仅当ea-1=b时,ea-1-b+1取得最大值为1.10.解(1)略(2)因为f(x)在(0,+∞)上递增,即f'(x)=ax+b-lnx≥0在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ax+b-lnx,则h'(x)=a-1x,①若a=0,则h'(x)<0,则h(x)在(0,+∞)上递减,显然f'(x)=b-lnx≥0在(0,+∞)上不恒成立.②若a<0,则h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上递减,当x>max-ba,1时,ax+b<0,-lnx<0,故h(x)<0,f(x)递减,不符合题意.③若a>0,当0<x<1a时,h'(x)<0,h(x)递减,当x>1a时,h'(x)>0,h(x)递增,所以h(x)min=h1a=1+b+lna,由h(x)min≥0得2a+b≥2a-1-lna.设m(x)=2x-1-lnx,x>0,则m'(x)=2-1x,当0<x<12时,m'(x)<0,m(x)递减;当x>12时,m'(x)>0,m(x)递增.所以m(x)≥m12=ln2,所以2a+b≥ln2.又c≤e2a+b,所以c≤2,即c的最大值为2.11.解(1)扇形EOC的面积为12×π3-θ×502=2500π6-25002θ.四边形OCBF的面积为30×50-12×30×30tanθ.\n故阴影部分的面积S=1500+1250π3-509tanθ+25θ.因为θ∈θ0,π3,tanθ0=35,所以tanθ∈35,3.(2)令h(θ)=9tanθ+25θ,则h'(θ)=-9sin2θ-9cos2θsin2θ+25=-9sin2θ+25.令h'(θ)=0得tanθ=34∈35,3.记其解为θ1,并且h(θ)在[θ0,θ1)上递减,在θ1,π3上递增,所以h(θ)的最小值为h(θ1),阴影部分的面积最大值为1500+1250π3-50h(θ1),此时tanθ1=34.即监控区域面积S最大时,角θ的正切值为34.12.解(1)由f(x)=x-alnx,得y=f(x)+b=x-alnx+b(x>0),∴y'=f'(x)=1-ax.由已知可得f'(1)=-1,f(1)+b=2,即1-a=-1,1+b=2,∴a=2,b=1.(2)∵g(x)=f(x)+a+1x=x-alnx+a+1x,∴g'(x)=1-ax-a+1x2=(x+1)[x-(a+1)]x2(x>0),所以当a+1≤0,即a≤-1时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增加的,无极值点;当a+1>0,即a>-1时,则当0<x<a+1时,g'(x)<0,当x>a+1时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,a+1)上递减,在(a+1,+∞)上递增,所以x=a+1是g(x)的极小值点,无极大值点.综上可知,当a≤-1时,函数g(x)无极值点;当a>-1时,函数g(x)的极小值点是a+1,无极大值点.(3)h(x)=1af(x)+aex-xa+lna=aex-lnx+lna(a>0),由题意知,当x>a时,aex-lnx+lna≥0恒成立,又不等式aex-lnx+lna≥0等价于aex≥lnxa,即ex≥1alnxa,即xex≥xalnxa,①由x>a>0知:xa>1,lnxa>0,所以①式等价于ln(xex)≥lnxalnxa,即x+lnx≥lnxa+lnlnxa,设φ(x)=x+lnx(x>0),则原不等式即为φ(x)≥φlnxa,又φ(x)=x+lnx(x>0)在(0,+∞)上为增加的,∴原不等式等价于x≥lnxa,②又②式等价于ex≥xa,即a≥xex(x>a>0),设F(x)=xex(x>0),\n则F'(x)=1-xex,∴F(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减.又x>a>0,∴当0<a<1时,F(x)在(a,1)上递增,在(1,+∞)上递减,∴F(x)≤F(1)=1e,要使原不等式恒成立,须使1e≤a<1;当a≥1时,则F(x)在(a,+∞)上递减,F(x)<F(1)=1e,要使原不等式恒成立,须使a≥1e,∴当a≥1时,原不等式恒成立.综上可知,a的取值范围是1e,+∞,故a的最小值为1e.