課后跟蹤訓練16

課后跟蹤訓練(十六)[基礎鞏固練]一、選擇題1．(2019·貴州部分重點中學聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝4x－lnx的最小值為()A．1＋2ln2 B．1－2ln2C．1＋ln2 D．1－ln2[解析]函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．由題意知f′(x)＝4－eq\f(1,x)＝eq\f(4x－1,x).令f′(x)>0得x>eq\f(1,4)，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,4).所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以當x＝eq\f(1,4)時，函數(shù)f(x)有最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝4×eq\f(1,4)－lneq\f(1,4)＝1＋ln4＝1＋2ln2，故選A.[答案]A2．(2019·福建泉州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ax3－bx＋2的極大值和極小值分別為M，m，則M＋m＝()A．0 B．1C．2 D．4[解析]由題意知f′(x)＝3ax2－b，令f′(x)＝0，即3ax2－b＝0，設該方程兩個根為x1，x2，故f(x)在x1，x2處取得極值．所以M＋m＝4－b(x1＋x2)＋a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]，而x1＋x2＝0，x1x2＝－eq\f(b,3a).所以M＋m＝4，故選D.[答案]D3．(2019·湖南岳陽一模)若函數(shù)f(x)＝aex＋4x在R上有小于零的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－4，＋∞) B．(－∞，－4)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))[解析]由題意知f′(x)＝aex＋4，若函數(shù)f(x)在R上有小于零的極值點，則方程aex＋4＝0有負根，則a≠0，∴函數(shù)y＝ex與y＝－eq\f(4,a)的圖象在y軸的左側(cè)有交點，∴0<－eq\f(4,a)<1，解得a<－4，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－4)．故選B.[答案]B4．(2020·西安鐵一中學月考)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)[解析]由圖可知當x<－2時，(1－x)f′(x)>0；當－2<x<1時，(1－x)f′(x)<0；當1<x<2時，(1－x)f′(x)>0；當x>2時，(1－x)f′(x)<0.所以x<－2或x>2時f′(x)>0；－2<x<1或1<x<2時f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增；在(－2,1)和(1,2)上單調(diào)遞減．所以當x＝－2時函數(shù)f(x)取得極大值；當x＝2時函數(shù)f(x)取得極小值．故選D.[答案]D5．若函數(shù)f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－eq\r(5)，1) B．[－eq\r(5)，1)C．[－2,1) D．(－2,1)[解析]由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，且x＝－1為函數(shù)的極大值點，x＝1為函數(shù)的極小值點．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,6－a2)上有最小值，則函數(shù)f(x)的極小值點必在區(qū)間(a,6－a2)內(nèi)，且左端點的函數(shù)值不小于f(1)，即實數(shù)a滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<1<6－a2，,fa≥f1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(5)<a<1，,a3－3a＋2≥0，))解得－2≤a<1，故選C.[答案]C二、填空題6．f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的極小值為________．[解析]f′(x)＝eq\f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq\f(－2x＋2x－1,x2＋22).令f′(x)<0，得x<－2或x>1.令f′(x)>0，得－2<x<1.∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是減函數(shù)，在(－2,1)上是增函數(shù)，∴f(x)極小值＝f(－2)＝－eq\f(1,2).[答案]－eq\f(1,2)7．(2019·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(t,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋t在區(qū)間(0，＋∞)上既有極大值又有極小值，則t的取值范圍是__________．[解析]f′(x)＝tx2－3x＋2，由題意可得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有兩個不等實根，即tx2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有兩個不等實根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2t)>0，,Δ＝9－8t>0，))解得0<t<eq\f(9,8).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,8)))8．(2020·青島二中期末)若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)存在最小值，則實數(shù)k的取值范圍是________．[解析]因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).據(jù)題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k<eq\f(3,2).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)，(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．[解]函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)當a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x>0知：①當a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當a>0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．10．(2020·河北館陶縣一中月考)設函數(shù)f(x)＝lnx－(a＋1)x，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當函數(shù)f(x)有最大值且最大值大于3a－1時，求a[解](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－(a＋1)＝eq\f(1－a＋1x,x).①當a＋1≤0，即a≤－1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當a＋1>0，即a>－1時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a＋1)，(ⅰ)當0<x<eq\f(1,a＋1)時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增；(ⅱ)當x>eq\f(1,a＋1)時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減．綜上所述，當a≤－1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>－1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a＋1)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)得，若f(x)有最大值，則a>－1，且f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)))＝lneq\f(1,a＋1)－1.∵函數(shù)f(x)的最大值大于3a－1，∴l(xiāng)neq\f(1,a＋1)－1>3a－1，即ln(a＋1)＋3a<0(a>－1)．令g(a)＝ln(a＋1)＋3a(a>－1)，∵g(0)＝0且g(a)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴－1<a<0.故a的取值范圍為(－1,0)．[能力提升練]11．(2019·衡陽二聯(lián))做一個圓柱形鍋爐，容積為V，兩個底面的材料每單位面積的價格為a元，側(cè)面的材料每單位面積的價格為b元，當造價最低時，鍋爐的高與底面直徑的比值為()A.eq\f(a,b) B．eq\f(a2,b)C．eq\f(b,a) D．eq\f(b2,a)[解析]設圓柱的底面半徑為R，高為h，則V＝πR2h.總造價f(R)＝2πR2a＋2πRhb＝2πaR2＋2πRb·eq\f(V,πR2)＝2πaR2＋eq\f(2bV,R)，∴f′(R)＝4πaR－eq\f(2bV,R2)＝eq\f(4πaR3－2bV,R2).當R>eq\r(3,\f(bV,2πa))時，f(R)單調(diào)遞增，當0<R<eq\r(3,\f(bV,2πa))時，f(R)單調(diào)遞減，∴當R＝eq\r(3,\f(bV,2πa))時，f(R)取得最小值，此時R3＝eq\f(bV,2πa)＝eq\f(b,2a)·R2h，整理得eq\f(h,2R)＝eq\f(a,b).故選A.[答案]A12．(2020·浙江寧波鎮(zhèn)海中學期末)函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)－eq\f(x,x＋1)存在兩個不同的極值點x1，x2，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(－∞，0) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))[解析]由題意得f′(x)＝eq\f(1,x＋a)－eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x＋12－x＋a,x＋ax＋12)＝eq\f(x2＋x＋1－a,x＋ax＋12).設g(x)＝x2＋x＋1－a.已知f(x)存在兩個不同的極值點等價于g(x)在(－a，＋∞)上存在兩個不同的零點，由此可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)>－a，,Δ＝1－41－a>0，,g－a＝a2－2a＋1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)，,a>\f(3,4)，,a≠1，))得a>eq\f(3,4)，且a≠1，則a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞)，故選A.[答案]A13．(2019·廣西三市聯(lián)合調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，當x∈(0，e](e為自然常數(shù))時，函數(shù)f(x)的最小值為3，則a的值為________．[解析]函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)＝eq\f(ax－1,x).①當a≤0時，f′(x)<0,f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(e)<0，與題意不符．②當a>0時，f′(x)＝0的根為eq\f(1,a).當0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)＝3，解得a＝e2>eq\f(1,e).③當eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)時，f′(x)<0,f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(e)≤0，與題意不符．綜上所述，a＝e2.[答案]e214．(2019·湖北黃岡二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)－ax，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線經(jīng)過點(2，－1)．(1)求實數(shù)a的值；(2)設b>1，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，b))上的最大值和最小值．[解](1)由題可得f(x)的導函數(shù)為f′(x)＝eq\f(1－lnx－ax2,x2)，∴f′(1)＝eq\f(1－0－a,1)＝1－a.依題意，有eq\f(f1－－1,1－2)＝1－a，即eq\f(－a＋1,1－2)＝1－a，解得a＝1.(2)由(1)得f′(x)＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，當0<x<1時，1－x2>0，－lnx>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x>1時，1－x2<0，－lnx<0，∴f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．又∵0<eq\f(1,b)<1<b，∴f(x)最大值為f(1)＝－1.設h(b)＝f(b)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))lnb－b＋eq\f(1,b)，其中b>1，則h′(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,b2)))lnb>0，∴h(b)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當b→1時，h(b)→0，可得h(b)>0，則f(b)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故f(x)最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))＝－blnb－eq\f(1,b).所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，b))上的最大值為－1，最小值為－blnb－eq\f(1,b).[拓展延伸練]15．(2019·河北唐山一模)直線y＝a分別與曲線y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于A，B，則|AB|的最小值為()A．3 B．2C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(3,2)[解析]當y＝a時，2(x＋1)＝a，x＝eq\f(a,2)－1.設方程x＋lnx＝a的根為t，則t＋lnt＝a，則|AB|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,2)＋1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(t＋lnt,2)＋1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－\f(lnt,2)＋1)).設g(t)＝eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1(t>0)，則g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t)，令g′(t)＝0，得t＝1.當t∈(0,1)，g′(t)<0；t∈(1，＋∞)，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝eq\f(3,2)，所以|AB|≥eq\f(3,2)，即|AB|的最小值為eq\f(3,2).[答案]D16．(2019·遼寧省實驗中學、大連八中等期末聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x(a∈R)在x＝1處取得極大值，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．(－∞，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D．(1，＋∞)[解析]解法一：由題可得f′(x)＝lnx－ax＋a，令g(x)＝lnx－ax＋a，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).當a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(1)＝0，所以當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以在x＝1處f(x)取極小值，不符合題意．當a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．由題意可知，f′(1)＝0.①當0<a<1時，eq\f(1,a)>1，可得f