课后跟踪训练16

课后跟踪训练(十六)[基础巩固练]一、选择题1．(2019·贵州部分重点中学联考)函数f(x)＝4x－lnx的最小值为()A．1＋2ln2 B．1－2ln2C．1＋ln2 D．1－ln2[解析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由题意知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).所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上单调递增，所以当x＝eq\f(1,4)时，函数f(x)有最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝4×eq\f(1,4)－lneq\f(1,4)＝1＋ln4＝1＋2ln2，故选A.[答案]A2．(2019·福建泉州质检)已知函数f(x)＝ax3－bx＋2的极大值和极小值分别为M，m，则M＋m＝()A．0 B．1C．2 D．4[解析]由题意知f′(x)＝3ax2－b，令f′(x)＝0，即3ax2－b＝0，设该方程两个根为x1，x2，故f(x)在x1，x2处取得极值．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，故选D.[答案]D3．(2019·湖南岳阳一模)若函数f(x)＝aex＋4x在R上有小于零的极值点，则实数a的取值范围是()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]由题意知f′(x)＝aex＋4，若函数f(x)在R上有小于零的极值点，则方程aex＋4＝0有负根，则a≠0，∴函数y＝ex与y＝－eq\f(4,a)的图象在y轴的左侧有交点，∴0<－eq\f(4,a)<1，解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．故选B.[答案]B4．(2020·西安铁一中学月考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)[解析]由图可知当x<－2时，(1－x)f′(x)>0；当－2<x<1时，(1－x)f′(x)<0；当1<x<2时，(1－x)f′(x)>0；当x>2时，(1－x)f′(x)<0.所以x<－2或x>2时f′(x)>0；－2<x<1或1<x<2时f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增；在(－2,1)和(1,2)上单调递减．所以当x＝－2时函数f(x)取得极大值；当x＝2时函数f(x)取得极小值．故选D.[答案]D5．若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()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为函数的极大值点，x＝1为函数的极小值点．若函数f(x)在区间(a,6－a2)上有最小值，则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6－a2)内，且左端点的函数值不小于f(1)，即实数a满足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，故选C.[答案]C二、填空题6．f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．[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，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，∴f(x)极小值＝f(－2)＝－eq\f(1,2).[答案]－eq\f(1,2)7．(2019·西安模拟)已知函数f(x)＝eq\f(t,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋t在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t的取值范围是__________．[解析]f′(x)＝tx2－3x＋2，由题意可得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，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·青岛二中期末)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．[解析]因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－eq\f(1,x)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2).据题意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、解答题9．已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)，(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．[解]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为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当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．10．(2020·河北馆陶县一中月考)设函数f(x)＝lnx－(a＋1)x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当函数f(x)有最大值且最大值大于3a－1时，求a[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－(a＋1)＝eq\f(1－a＋1x,x).①当a＋1≤0，即a≤－1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＋1>0，即a>－1时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a＋1)，(ⅰ)当0<x<eq\f(1,a＋1)时，f′(x)>0，函数单调递增；(ⅱ)当x>eq\f(1,a＋1)时，f′(x)<0，函数单调递减．综上所述，当a≤－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>－1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a＋1)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)得，若f(x)有最大值，则a>－1，且f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)))＝lneq\f(1,a＋1)－1.∵函数f(x)的最大值大于3a－1，∴lneq\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，＋∞)上单调递增，∴－1<a<0.故a的取值范围为(－1,0)．[能力提升练]11．(2019·衡阳二联)做一个圆柱形锅炉，容积为V，两个底面的材料每单位面积的价格为a元，侧面的材料每单位面积的价格为b元，当造价最低时，锅炉的高与底面直径的比值为()A.eq\f(a,b) B．eq\f(a2,b)C．eq\f(b,a) D．eq\f(b2,a)[解析]设圆柱的底面半径为R，高为h，则V＝πR2h.总造价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).当R>eq\r(3,\f(bV,2πa))时，f(R)单调递增，当0<R<eq\r(3,\f(bV,2πa))时，f(R)单调递减，∴当R＝eq\r(3,\f(bV,2πa))时，f(R)取得最小值，此时R3＝eq\f(bV,2πa)＝eq\f(b,2a)·R2h，整理得eq\f(h,2R)＝eq\f(a,b).故选A.[答案]A12．(2020·浙江宁波镇海中学期末)函数f(x)＝ln(x＋a)－eq\f(x,x＋1)存在两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围是()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]由题意得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).设g(x)＝x2＋x＋1－a.已知f(x)存在两个不同的极值点等价于g(x)在(－a，＋∞)上存在两个不同的零点，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，则a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞)，故选A.[答案]A13．(2019·广西三市联合调研)已知函数f(x)＝ax－lnx，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．[解析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)的导数f′(x)＝eq\f(ax－1,x).①当a≤0时，f′(x)<0,f(x)在(0，e]上单调递减，∴f(x)min＝f(e)<0，与题意不符．②当a>0时，f′(x)＝0的根为eq\f(1,a).当0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，∴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当eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)时，f′(x)<0,f(x)在(0，e]上单调递减，∴f(x)min＝f(e)≤0，与题意不符．综上所述，a＝e2.[答案]e214．(2019·湖北黄冈二模)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．(1)求实数a的值；(2)设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)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝eq\f(1－lnx－ax2,x2)，∴f′(1)＝eq\f(1－0－a,1)＝1－a.依题意，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)，当0<x<1时，1－x2>0，－lnx>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上单调递增；当x>1时，1－x2<0，－lnx<0，∴f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又∵0<eq\f(1,b)<1<b，∴f(x)最大值为f(1)＝－1.设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，则h′(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,b2)))lnb>0，∴h(b)在(1，＋∞)上单调递增．当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故f(x)最小值为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))上的最大值为－1，最小值为－blnb－eq\f(1,b).[拓展延伸练]15．(2019·河北唐山一模)直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋lnx交于A，B，则|AB|的最小值为()A．3 B．2C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(3,2)[解析]当y＝a时，2(x＋1)＝a，x＝eq\f(a,2)－1.设方程x＋lnx＝a的根为t，则t＋lnt＝a，则|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)).设g(t)＝eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1(t>0)，则g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t)，令g′(t)＝0，得t＝1.当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|的最小值为eq\f(3,2).[答案]D16．(2019·辽宁省实验中学、大连八中等期末联考)已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x(a∈R)在x＝1处取得极大值，则实数a的取值范围是()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：由题可得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).当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以在x＝1处f(x)取极小值，不符合题意．当a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．由题意可知，f′(1)＝0.①当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，可得f