高中考试数学特训练习含答案-利用导数研究函数的极值、最值

课时规范练16利用导数研究函数的极值、最值基础巩固组1.如图,可导函数y=f(x)在点P(x,f(x))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()00A.h'(x)=0,x=x是h(x)的极大值点00B.h'(x)=0,x=x是h(x)的极小值点00C.h'(x)≠0,x=x不是h(x)的极值点00D.h'(x)≠0,x=x是h(x)的极值点00푥22ln푥2푥2.已知函数f(x)=ex+-lnx的极值点为x,函数h(x)=的最大值为x2,则()1A.x1>x2C.x1≥x2B.x2>x1D.x2≥x13.(2020湖南湘潭三模,理7)某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植量是8万1891612斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元.如果销售额函数是f(x)=-x3+ax2+x(x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数),若种植2万斤莲藕,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年需种植莲藕()A.8万斤C.3万斤B.6万斤D.5万斤4.(多选)(2020山东济宁一中期中,10)如果函数y=f(x)的导函数的图像如图所示,给出下列判断:①函数12y=f(x)在区间-3,-上单调递增;②当x=-2时,函数y=f(x)有极小值;③函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增;④当x=3时,函数y=f(x)有极小值.则上述判断错误的是()A.①B.②C.③D.④1푥5.(多选)(2020福建福州三模,理11)已知函数f(x)=ln|x|-x+,下列四个结论中正确的有()A.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x+y-1=0B.f(x)恰有2个零点C.f(x)既有最大值,又有最小值D.若x>0,x>0且f(x)+f(x)=0,则xx=11212121푥6.(2020河北唐山一模,文16)已知函数f(x)=a-2x+lnx,f(x)有极大值f(x)和极小值f(x),则实数a12的取值范围是,f(x)+f(x)=.127.(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)-푥.(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.(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;푏푥(2)当k=0时,若f(x)+-a≥0(a,b∈R)恒成立,求ea-1-b+1的最大值.푎210.(2020山东烟台模拟,22)已知函数f(x)=x2-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.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OCDπ组成,OA=30米,AB=50米,∠COD=,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6π3∠EOF=,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;푎+1푥(2)求函数g(x)=f(x)+(a∈R)的极值点;1푎푥푎(3)设h(x)=f(x)+aex-+lna(a>0),若当x>a时,不等式h(x)≥0恒成立,求a的最小值.参考答案课时规范练16利用导数研究函数的极值、最值1.B由题意知,g(x)=f'(x)(x-x)+f(x),故h(x)=f(x)-f'(x)(x-x)-f(x),所以h'(x)=f'(x)-f'(x).因为0000000h'(x)=f'(x)-f'(x)=0,又因为当x<x时,有h'(x)<0,当x>x时,有h'(x)>0,所以x=x是h(x)的极小值点.故000000选B.1푥121232141415411421푥12.Af'(x)=ex+x-在(0,+∞)上单调递增,且f'=e―>0,f'=e―<0,所以x1∈,,e푥+x-110.由h'(x)=1-ln푥,可得h(x)max=h(e)=,即x=<.所以x>x.12e12e14=2122푥2189161212189163.B设销售的利润为g(x),由题意,得g(x)=-x3+ax2+x-1-x,x∈(0,8],即g(x)=-x3+ax2-1.当x=294521898389438时,g(2)=-1+a-1=,解得a=2.故g(x)=-x3+x2-1,g'(x)=-x2+x=-x(x-6).当x∈(0,6)时,g'(x)>0;当x∈(6,8)时,g'(x)<0.所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以当x=6时,利润最大.故选B.124.AD对于①,由图知函数y=f(x)在区间-3,-上有增有减,故①不正确;对于②,由图知当x<-2时f'(x)<0,当-2<x<2时f'(x)>0,故当x=-2时,函数y=f(x)有极小值,故②正确;对于③,当x∈(-2,2)时,恒有f'(x)>0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增,故③正确;对于④,当x=3时,f'(x)≠0,故④不正确.故选AD.1푥1푥2-푥2+푥-1푥25.ABDf(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).对于A,当x>0时,f'(x)=-1-=,所以f'(1)=-1,所求12푥23-(푥-)2-切线方程为y-0=-(x-1),即x+y-1=0,故A正确;对于C,当x>0时,f'(x)=4<0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,同理可得f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,故C错误;对于B,因为f(-1)=0,f(1)=0,故B11푥211푥21푥2正确;对于D,若x>0,x>0,由f(x)+f(x)=0,得f(x)=-f(x)=-lnx-x+=ln푥+1―=f,因为121212222푥21f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x=,即xx=1,故D正确.故选ABD.112푥2241푥21푥-2푎푥2+푥-푎푥26.0,-ln2由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a--2+=.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---10,>0,-2푎푎>2푎-4(-2푎)(-푎)>0,푎>0,24即解得a∈0,.1푎2<,8112可知x+x=,xx=.12122푎1푥11푥2푥1+푥2푥푥1푎1푎12故f(x)+f(x)=a-2x1+lnx1+a-2x)+lnx=a-2(x+x)+lnxx=a―+ln=-ln12221212122.7.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.121푎若a>,则当x∈,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.1212若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.12所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是,+∞.8.解(1)当a=1,b=0时,f(x)=lnx-푥,此时,函数f(x)定义域为(0,+∞),11푥2-2푥푥,f'(x)=―=2푥由f'(x)>0,得0<x<4,由f'(x)<0,得x>4,所以f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(4)=2ln2-2.푎1-푥+2푎푥-푏(2)当b>0时,函数f(x)定义域为[0,+∞),f'(x)=―=,푥+푏2푥푥(푥+푏)2①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.当a>0时,设h(x)=-x+2a푥-b,②(ⅰ)当4a2-4b≤0,即0<a≤푏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>푏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x,x,12则푥+푥=2a>0,푥푥=b>0,所以x,x都大于0,即f'(x)在(0,+∞)上有2个变号零点,所以,此时f(x)121212极值点的个数为2.综上所述,当a≤푏时,f(x)极值点的个数为0;当a>푏时,f(x)极值点的个数为2.1푥9.解(1)f(x)定义域为(0,+∞),当k=-1时,f(x)=lnx-x,f'(x)=-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)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)有极大值点为x=1,无极小值点.푏푥푏푥(2)当k=0时,f(x)+-a=lnx+-a(x>0).푏푥푏푥若f(x)+-a≥0(a,b∈R)恒成立,则lnx+-a≥0(a,b∈R)恒成立,푏所以a≤lnx+恒成立.푥푏푥푥-푏푥2令g(x)=lnx+,则g'(x)=,由题意b>0,函数g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,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,+∞)上单调递增,即f'(x)=ax+b-lnx≥0在(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ax+b-lnx,则1h'(x)=a-,푥①②若a=0,则h'(x)<0,则h(x)在(0,+∞)上单调递减,显然f'(x)=b-lnx≥0在(0,+∞)上不恒成立.若a<0,则h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,푏푎当x>max-,1时,ax+b<0,-lnx<0,故h(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意.1푎1푎③若a>0,当0<x<时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增,1푎所以h(x)=h=1+b+lna,min由h(x)min≥0得2a+b≥2a-1-lna.设m(x)=2x-1-lnx,x>0,1则m'(x)=2-,푥12当0<x<时,m'(x)<0,m(x)单调递减;1212当x>时,m'(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)≥m=ln2,所以2a+b≥ln2.又c≤e2a+b,所以c≤2,即c的最大值为2.12π2500π2500611.解(1)扇形EOC的面积为×3-θ×502=―휃.21230tan휃四边形OCBF的面积为30×50-×30×.1250π3-509tan휃+25θ.故阴影部分的面积S=1500+π35因为θ∈θ,,tanθ=,0033所以tanθ∈,3.59tan휃-9sin2휃-9cos2휃sin2휃-9sin2휃(2)令h(θ)=+25θ,则h'(θ)=+25=+25.343令h'(θ)=0得tanθ=∈,3.5π记其解为θ,并且h(θ)在[θ,θ)上单调递减,在θ,上单调递增,所以h(θ)的最小值为h(θ),阴影1011131250π3-50h(θ1),部分的面积最大值为1500+3434此时tanθ=.即监控区域面积S最大时,角θ的正切值为.1'()-,푎푥푓1=112.解(1)由f(x)=x-alnx,得y=f(x)+b=x-alnx+b(x>0),∴y'=f'(x)=1-.由已知可得即푓(1)+푏=2,1-+푏=2,푎=1-,1∴a=2,b=1.푎+1푥푎+1푥푎푥푎+1(푥+1)[푥-(푎+1)](2)∵g(x)=f(x)+=x-alnx+,∴g'(x)=1-―=(x>0),所以当a+1≤0,即푥2푥2a≤-1时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,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(