广西专用2022年高考数学一轮复习考点规范练16导数与函数的极值最值含解析新人教A版理.docx

1、考点规范练16导数与函数的极值、最值基础巩固1.(2021江苏徐州模拟)设x=是函数f(x)=3cos x+sin x的一个极值点,则tan =()A.-3B.-13C.13D.32.函数f(x)=ln x-x的极大值与极小值分别为()A.极小值为0,极大值为-1B.极大值为-1,无极小值C.极小值为-1,极大值为0D.极小值为-1,无极大值3.若函数f(x)=x3-3ax+b(a0)的极大值为6,极小值为2,则f(x)的单调递减区间为()A.(-1,1)B.(-,-1)C.(1,+)D.(-,-1)和(1,+)4.已知函数f(x),g(x)在区间a,b上均连续且可导,若f(x)0的解集是x|

2、0x2;f(-2)是极小值,f(2)是极大值;f(x)没有最小值,也没有最大值;f(x)有最大值,无最小值.A.B.C.D.8.(2021山东青岛二中月考)若函数f(x)=-12x2+7x+aln x在x=2处取极值,则a=,f(x)的极大值为.9.已知a4x3+4x2+1对任意x-2,1都成立,则实数a的取值范围是.10.设aR,若函数y=ex+ax(xR)有大于0的极值点,则实数a的取值范围为.11.已知函数f(x)=(x2+ax+a)ex(a2,xR).(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)是否存在实数a,使f(x)的极大值为3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.12.(

3、2021重庆实验中学高三月考)已知函数f(x)=ex-ax,aR,e是自然对数的底数.(1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求a的值及f(x)的极值;(2)求函数f(x)在区间0,1上的最小值.能力提升13.已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个极值点x1,x2,若不等式f(x1)+f(x2)0,f(x)1+ln x-x恒成立,求实数a的取值范围.高考预测18.已知函数f(x)=xln x.(1)求f(x)的最小值;(2)若对所有x1都有f(x)ax-1,求实数a的取值范围.答案：1.C解析由已知可得f()=-3sin+cos=0,故tan=13.2.B解析f(x)的定义域是(0,+

4、),f(x)=1x-1=1-xx,令f(x)0,解得0x1,令f(x)1,故f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+)内单调递减,故f(x)极大值=f(1)=-1,无极小值.3.A解析令f(x)=3x2-3a=0,得x=a,令f(x)0,得xa或x-a;令f(x)0,得-ax0)的极大值为6,极小值为2,f(a)=2,f(-a)=6,即aa-3aa+b=2且-aa+3aa+b=6,得a=1,b=4,f(x)=3x2-3.由f(x)0,得-1x1.故f(x)的单调递减区间为(-1,1).4.A解析令F(x)=f(x)-g(x)(xa,b),f(x)g(x),F(x)=f(x)-g(x)

5、0,F(x)在区间a,b上单调递减,F(x)max=F(a)=f(a)-g(a),即f(x)-g(x)的最大值为f(a)-g(a).5.A解析由题图可知,在x=c的左侧附近,f(x)0,f(x)单调递增,故当x=c时,f(x)取得极小值,A正确;从题中图象上看f(x)=0有三个解,位于(a,c)之内的一个解记为x0,则在x=x0的右侧附近,f(x)0,f(x)单调递增,故x=x0时,f(x)取得极大值,B错误;由题图可知,在x=b的两侧附近,均有f(x)0,f(x)单调递增,故x=b不是f(x)的极值点,C错误;由题图只能得到f(a)=0,至于f(a)是否为0,没有依据说明,D错误.6.C解析

6、由题意知f(x)=3-3x2,令f(x)0,解得-1x1,令f(x)0,解得x1,由此知函数f(x)在区间(-,-1)内单调递减,在区间(-1,1)内单调递增,在区间(1,+)内单调递减,函数f(x)在x=-1处取得极小值-2.由题意知,-1(a2-12,a),即a2-12-1a,解得-1a11.又当x=2时,f(2)=-2,故a2.-10,可得(2x-x2)ex0,ex0,2x-x20,0x2,故正确;f(x)=ex(2-x2),由f(x)=0,得x=2,由f(x)2或x0,得-2x2,f(x)的单调递减区间为(-,-2),(2,+),单调递增区间为(-2,2),f(x)的极大值为f(2),

7、极小值为f(-2),故正确;当x-2时,f(x)0),由题可知f(2)=-2+7+a2=0,解得a=-10,所以f(x)=-x+7-10x=-x2-7x+10x.当f(x)0时,得2x5;当f(x)0时,得0x5.所以f(x)在区间(0,2),(5,+)上单调递减,f(x)在区间(2,5)上单调递增,故f(x)在x=2处取得极小值,在x=5处取得极大值,且f(x)的极大值为f(5)=-252+35-10ln5=452-10ln5.9.(-,-15解析根据题意,a4x3+4x2+1对任意x-2,1都成立,设函数f(x)=4x3+4x2+1,x-2,1.求出导数f(x)=12x2+8x,令f(x)

8、=0,得x=0或x=-23.所以在区间-2,-23内,f(x)0,函数f(x)单调递增,在区间-23,0内,f(x)0,函数f(x)单调递增,因此在区间-2,1上,函数f(x)在x=-23处取得极大值f-23,在x=0处取得极小值f(0),且f(0)=1,f(1)=9,f(-2)=-15,所以f(-2)=-15是最小值,所以实数a的取值范围是a-15.10.(-,-1)解析y=ex+ax,y=ex+a,由题意知,ex+a=0有大于0的实根.令y1=ex,y2=-a,则两函数的图象在第一象限内有交点,如图所示,结合图形可得-a1,解得a0时,解得x-1,当f(x)0时,解得-2x-1,所以函数f

9、(x)的单调递增区间为(-,-2),(-1,+);单调递减区间为(-2,-1).(2)令f(x)=(2x+a)ex+(x2+ax+a)ex=x2+(2+a)x+2aex=(x+a)(x+2)ex=0,得x=-a或x=-2.当a=2时,f(x)0恒成立,函数f(x)无极值,故a=2不符合题意.当a-2.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,-a)-a(-a,+)f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由上表可知,f(x)极大值=f(-2),由f(-2)=(4-2a+a)e-2=3,解得a=4-3e22,所以存在实数a0,得x1,由f(x)

10、=ex-e0,得x0,f(x)在区间(-,lna)上单调递减,在区间(lna,+)上单调递增.当1lna即ae时,f(x)在区间0,1上单调递减,所以f(x)min=f(1)=e-a;当0lna1即1ae时,f(x)在区间0,lna)上单调递减,在区间(lna,1上单调递增,所以f(x)min=f(lna)=a-alna;当lna0即0a1时,f(x)在区间0,1上单调递增,所以f(x)min=f(0)=1.综上所述,当a1时,f(x)min=1;当ae时,f(x)min=e-a;当1a0),因为函数f(x)=ax2-2x+lnx有两个极值点x1,x2,所以方程2ax2-2x+1=0在区间(0

11、,+)内有两个不相等的正实数根,则=4-8a0,x1+x2=1a0,x1x2=12a0,解得0a12.因为f(x1)+f(x2)-(x1+x2)=ax12-2x1+lnx1+ax22-2x2+lnx2-x1-x2=a(x1+x2)2-2x1x2-3(x1+x2)+ln(x1x2)=-2a-1-ln2a,设h(a)=-2a-1-ln2a0a0在区间0,12内恒成立,故h(a)在区间0,12内单调递增.故h(a)h12=-5,所以t-5,所以t的取值范围是-5,+).14.(-,2(10,+)解析f(x)=3x2-6ax+3a,设f(x)=3x2-6ax+3a=0的两根为x1,x2,且x10,即a

12、1或a0可得a0或a-1,由g(a)0可得-1a0,所以g(a)在区间(-,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增,又因为g(-1)=2,g(1)=10,所以g(a)的值域为(-,2(10,+).15.2解析过点M作MTEF,设MT=x,则ET=TF=3x,设O为EF所在扇形的圆心,R为扇形半径,则EOT=12EOF=60,所以OT=R2,则MT=OM-OT=R2,所以R=2x.所得柱体的底面积为S=S扇形OEF-SOEF=13R2-12R2sin120=43-3x2.又33EF+EG=6,所以几何体的高EG=6-2x,所以几何体的体积V=SEG=83-23

13、(-x3+3x2),其中0x3.令f(x)=-x3+3x2,x(0,3),则由f(x)=-3x2+6x=-3x(x-2)=0,解得x=2.列表如下:x(0,2)2(2,3)f(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减所以当x=2时,f(x)取得最大值,相应地几何体的体积V取得最大值,此时该柱体的高EG=2.16.解(1)f(x)=1x+a-2x-1,由题意,知f(0)=1a-1=0,得a=1.(2)令g(x)=f(x)-52x+b=ln(x+1)-x2-x+52x-b=ln(x+1)-x2+32x-b,所以g(x)=1x+1-2x+32=-4x2-x+52(x+1)=-(4x+5)(x-1)2

14、(x+1).令g(x)=0,解得x1=-54,x2=1,x2=1在区间0,2内,且当0x0,g(x)单调递增,当1x2时,g(x)0,g(0)0,g(2)0,即ln2+12-b0,-b0,ln3-1-b0,解得ln3-1b0,当x0时,f(x)0时,f(x)0,f(x)在区间(0,+)内单调递增.()若a0,令f(x)=0,则x1=0,x2=ln(2a),若ln(2a)0即a12,当xln(2a)时,f(x)0,f(x)在区间(-,0)和(ln(2a),+)内单调递增;当0xln(2a)时,f(x)0,即f(x)在区间(0,ln(2a)内单调递减.若ln(2a)=0即a=12,f(x)0,f(

15、x)在R上单调递增.若ln(2a)0即0a12,当x0时,f(x)0,f(x)在区间(-,ln(2a)和(0,+)内单调递增;当ln(2a)x0时,f(x)0,f(x)在区间(ln(2a),0)内单调递减.综上所述,当a0时,f(x)在区间(-,0)内单调递减,在区间(0,+)内单调递增;当0a12时,f(x)在区间(-,0)和(ln(2a),+)内单调递增,在区间(0,ln(2a)内单调递减.(2)由f(x)1+lnx-x,知2axex-1-lnx+xx在区间(0,+)内恒成立,即2axex-1-lnx+xxmin,令g(x)=xex-1-lnx+xx(x0),则g(x)=x2ex+lnxx

16、2,令h(x)=x2ex+lnx(x0),则h(x)=(x2+2x)ex+1x0,即h(x)在区间(0,+)内单调递增,因为h(1)=e0,h1e=1e2e1e-1=e1e-2-10,所以h(x)在区间(0,+)内存在唯一零点x0,且x01e,1,所以当0xx0时,h(x)0,即g(x)x0时,h(x)0,即g(x)0,所以g(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+)内单调递增.又因为h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0,因为-lnx0x0=(-lnx0)e-lnx0,所以x0ex0=(-lnx0)e-lnx0(*),设(x)=xex,当x0时,(x

17、)=(x+1)ex0,所以(x)在区间(0,+)内单调递增,由(*)知,(x0)=(-lnx0),所以x0=-lnx0,所以g(x)min=g(x0)=x0ex0-1-lnx0+x0x0=x0e-lnx0-1+x0+x0x0=2,所以2a2,即a1,故实数a的取值范围为(-,1.18.解(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1+lnx,令f(x)0,解得x1e,令f(x)0,解得0x1e,所以当x=1e时取得最小值,最小值为-1e.(2)依题意知,f(x)ax-1在区间1,+)内恒成立,即不等式alnx+1x对于x1,+)恒成立.令g(x)=lnx+1x(x1,+),则g(x)=1x-1x2=x-1x2,当x1时,g(x)0,且g(x)=0不恒成立,故g(x)在区间1,+)内是增函数,所以g(x)的最小值是g(1)=1.因此ag(x)min=g(1)=1,故a的取值范围为(-,1.12