2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练16利用导数研究函数的极值最值

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练16利用导数研究函数的极值最值，共10页。试卷主要包含了已知函数f=aln-，已知函数f=ln x+kx等内容，欢迎下载使用。
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+-ln x的极值点为x1,函数h(x)=的最大值为x2,则( )
A.x1>x2B.x2>x1
C.x1≥x2D.x2≥x1
3.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B.6万斤
C.3万斤D.5万斤
4.(多选)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y=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.④
5.(多选)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=0
B.f(x)恰有2个零点
C.f(x)既有最大值,又有最小值
D.若x1>0,x2>0且f(x1)+f(x2)=0,则x1x2=1
6.已知函数f(x)=a-2x+ln x,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.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.已知函数f(x)=aln(x+b)-.
(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.已知函数f(x)=ln x+kx.
(1)当k=-1时,求函数f(x)的极值点;
(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.
10.已知函数f(x)=x2-x(ln x-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.
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=,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=,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tan θ的取值范围;
(2)求监控区域面积S最大时,角θ的正切值.
12.已知函数f(x)=x-aln x.
(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∈R)的极值点;
(3)设h(x)=f(x)+aex-+ln a(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'(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x0,所以x=x0是h(x)的极小值点.故选B.
2.A f'(x)=ex+x-在(0,+∞)上单调递增,且f'=>0,f'=0时,f'(x)=-1-,所以f'(1)=-1,所求切线方程为y-0=-(x-1),即x+y-1=0,故A正确;对于C,当x>0时,f'(x)=0,x2>0,由f(x1)+f(x2)=0,得f(x1)=-f(x2)=-lnx2-x2+=ln=f,因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x1=,即x1x2=1,故D正确.故选ABD.
6.0, -ln 2 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
即解得a∈0,.
可知x1+x2=,x1x2=
故f(x1)+f(x2)=a-2x1+lnx1+a-2x2)+lnx2=a-2(x1+x2)+lnx1x2=a+ln=-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>,则当x时,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
8.解 (1)当a=1,b=0时,f(x)=lnx-,
此时,函数f(x)定义域为(0,+∞),
f'(x)=,
由f'(x)>0,得0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)=-1,令f'(x)=0,得x=1,当f'(x)>0时,解得00,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h'(x)=a-,
①若a=0,则h'(x)0),所以当a+1≤0,即a≤-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00,∴g(x)在(0,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,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)=f(x)+aex-+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≥ln,
即exln,即xexln,①
由x>a>0知:>1,ln>0,所以①式等价于ln(xex)≥ln,
即x+lnx≥ln+ln,
设φ(x)=x+lnx(x>0),
则原不等式即为φ(x),
又φ(x)=x+lnx(x>0)在(0,+∞)上为增函数,
∴原不等式等价于x≥ln,②
又②式等价于ex,即a(x>a>0),设F(x)=(x>0),
则F'(x)=,∴F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
又x>a>0,∴当0