2021年高考数学一轮复习导数运算极值与最值练习含解析-.docx

2021年高考数学一轮复习《导数运算、极值与最值》练习(含解析)
1、2021年高考数学一轮复习《导数运算、极值与最值》精选练习一、选择题已知曲线f(x)=lnx的切线经过原点，则此切线的斜率为(　　)A.eB.－eC.D.－已知函数f(x)的图象如下图，f′(x)是f(x)的导函数，则以下数值排序正确的选项是(　　)A.0＜f′(2)＜f′(3)＜f(3)－f(2)B.0＜f′(3)＜f′(2)＜f(3)－f(2)C.0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)D.0＜f(3)－f(2)＜f′(2)＜f′(3)若曲线f(x)=acosx与曲线g(x)=x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b=(　　)A.－1B.0C.1D.2直线y=x
2、＋b是曲线y=lnx(x＞0)的一条切线，则实数b的值为(　　)A.2B.ln2＋1C.ln2－1D.ln2曲线f(x)=在点(1，f(1))处切线的倾斜角为，则实数a=(　　)A.1B.－1C.7D.－7如图，y=f(x)是可导函数，直线l：y=kx＋2是曲线y=f(x)在x=3处的切线，令g(x)=xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)=(　　)A.－1B.0C.2D.4n若直线y=kx＋2是函数f(x)=x3－x2－3x－1图象的一条切线，则k=(　　)A.1B.－1C.2D.－2曲线y=ex－lnx在点(1，e)处的切线方程为(　　)A.(1－e)x－y
3、＋1=0B.(1－e)x－y－1=0C.(e－1)x－y＋1=0D.(e－1)x－y－1=0函数f(x)=(x2－1)2＋2的极值点是(　　)A.x=1B.x=－1C.x=1或－1或0D.x=0已知函数f(x)=x(x－m)2在x=1处取得微小值，则实数m=(　　)A.0　B.1C.2D.3若函数f(x)=x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)A.[－5,0)　　B.(－5,0)　C.[－3,0)D.(－3,0)已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A.[－3，＋∞)　
4、B.(－3，＋∞)C.(－∞，－3)D.(－∞，－3]二、填空题已知a∈R，设函数f(x)=ax－lnx的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________.曲线y=2lnx在点(1,0)处的切线方程为______________.已知函数f(x)=2f′(1)lnx－x，则f(x)的极大值为________.设函数f(x)=x3＋ax2＋bx(x＞0)的图象与直线y=4相切于点M(1,4)，则y=f(x)在区间(0,4]上的最大值为　　；最小值为　　.三、解答题已知函数f(x)=x3－4x2＋5x－4.(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程
5、.(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程.n已知函数f(x)=x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R).(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；(2)若曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围.设函数f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(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处取得微小值，求a的取值范围.已知常数a≠0，f(x)=alnx＋2x.(1)当a=－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的
6、取值范围.n已知函数f(x)=－ex(a＞0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.已知函数f(x)=(a＞0)的导函数y=f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间.(2)若f(x)的微小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.n已知函数f(x)=asinx＋bcosx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在点(,f())处的切线方程为y=x－.(1)求a，b的值；(2)设k∈R，求函数g(x)=kx－f(x+)在[0,]上的最大值.已知函数f(x)=2lnx＋x2－2ax(a＞0).(1)商量 函数f(x)的单
7、调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且f(x1)－f(x2)≥－2ln2恒成立，求a的取值范围.n答案解析答案为：C；解：解法一：∵f(x)=lnx，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)=.设切点P(x0，lnx0)，则切线的斜率k=f′(x0)==，∴lnx0=1，x0=e，∴k==.解法二：(数形结合法)在同一坐标系中作出曲线f(x)=lnx及曲线f(x)=lnx经过原点的切线，如下图，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，应选C.答案为：C；解：由函数f(x)的图象可得函数f(x)的导函数f′(x)在[0，＋∞)上是单调递减的，f(x)在[2，3
8、]上的平均转变率小于函数f(x)在点(2，f(2))处的瞬时转变率，大于f(x)在点(3，f(3))处的瞬时转变率，所以0＜f′(3)＜＜f′(2)，即0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2).答案为：C；解：依题意得，f′(x)=－asinx，g′(x)=2x＋b，于是有f′(0)=g′(0)，即－asin0=2×0＋b，b=0，m=f(0)=g(0)，即m=a=1，因此a＋b=1.答案为：C；解：∵y=lnx的导数为y′=，∴=，解得x=2，∴切点为(2，ln2).将其代入直线y=x＋b，得b=ln2－1.n答案为：C；解：f′(x)==，又∵f′(1)=tan=－1
9、，∴a=7.答案为：B；解：依题意得f(3)=k×3＋2=1，k=－，则f′(3)=k=－，g′(3)=f(3)＋3f′(3)=1－1=0，应选B.答案为：C；解析：直线y=kx＋2过(0,2)，f′(x)=3x2－2x－3，设切点为(x0，y0)，故切线方程为y－y0=(3x－2x0－3)(x－x0)，将(0,2)代入切线方程并结合y0=x－x－3x0－1，解得x0=－1，y0=0，代入y=kx＋2，解得k=2.答案为：C；解析：由于y′=e－，所以y′|x=1=e－1，故曲线y=ex－lnx在点(1，e)处的切线方程为y－e=(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1=0.
10、答案为：C；解析：∵f(x)=x4－2x2＋3，∴由f′(x)=4x3－4x=4x(x＋1)(x－1)=0，得x=0或x=1或x=－1，又当x－1时，f′(x)0，当－1x0时，f′(x)0，当0x1时，f′(x)0，当x1时，f′(x)0，∴x=0,1，－1都是f(x)的极值点.答案为：B解析：f′(x)=(x－m)2＋2x(x－m)=(x－m)·(3x－m).由f′(1)=0可得m=1或m=3.当m=3时，f′(x)=3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时，f′(x)＜0；当x＜1或x＞3时，f′
11、(x)＞0.此时在x=1处取得极大值，不合题意.n所以m=1，此时f′(x)=(x－1)(3x－1)，当＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＜或x＞1时，f′(x)＞0.此时在x=1处取得微小值.选B.答案为：C解析：由题意知，f′(x)=x2＋2x=x(x＋2)，令f′(x)=0，解得x=0或－2，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，做出其图象如下图.令x3＋x2－=－得，x=0或x=－3，则结合图象可知，解得a∈[－3,0).应选C.答案为：D解析：由题意知f′(x)=3x2＋6x－9，令f′(x)=0，解得x=1或x=－3，所以f′
12、(x),f(x)随x的转变状况如下表：又f(－3)=28,f(1)=－4,f(2)=3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.答案为：1.解析：由题意可知f′(x)=a－，所以f′(1)=a－1，由于f(1)=a，所以切点坐标为(1，a)，所以切线l的方程为y－a=(a－1)(x－1)，即y=(a－1)x＋1.令x=0，得y=1，即直线l在y轴上的截距为1.答案为：y=2x－2.n解析：由于y′=，y′|x=1=2，所以切线方程为y－0=2(x－1)，即y=2x－2.答案为：2ln2－2.解析：由于f′(x)=－1，所以f′(1)=2f′1)－1，所以f′(
13、1)=1，故f(x)=2lnx－x，f′(x)=－1=，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x=2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln2－2.答案为：4,0；解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).依题意，有即解得所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.当x转变时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的转变状况如下表：所以函数f(x)=x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.解：(1)由于f′(x)=3x2－8x＋5，所以f′(2)=1，又f(2)
14、=－2，所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＋2=x－2，即x－y－4=0.(2)设曲线与经过点A(2，－2)的切线相切于点P(x0，x－4x＋5x0－4)，由于f′(x0)=3x－8x0＋5，所以切线方程为y－(－2)=(3x－8x0＋5)(x－2)，又切线过点P(x0，x－4x＋5x0－4)，所以x－4x＋5x0－2=(3x－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)=0，解得x0=2或1，n所以经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4=0或y＋2=0.解：f′(x)=3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)1)由题意，得解得b=0，a
15、=－3或a=1.(2)由于曲线y=f(x)存在两条垂直于y轴的切线，所以关于x的方程f′(x)=3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)=0有两个不相等的实数根，所以Δ=4(1－a)2＋12a(a＋2)＞0，即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－.所以a的取值范围为∪.解：(1)由于f(x)=[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)=[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
16、)ex.若a＞，则当x∈(，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在x=2处取得微小值.若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，所以f′(x)＞0.所以2不是f(x)的微小值点.综上可知，a的取值范围是(,+∞).解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，nf′(x)=＋2=.当a=－4时，f′(x)=.∴当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增.∴f(x)只有微小值，且在x=2时，f(x)取得微小值f(2)4－4ln2，无极大值.(2)∵f′(x
17、)=，∴当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，∴f(x)在(－,+∞)上单调递增；由f′(x)＜0得，0＜x＜－，∴f(x)在(0,－)上单调递减.∴当a＜0时，f(x)的最小值为f(－)=aln(－)＋2×(－).依据题意得f(－)=aln(－)＋2×(－)≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.∵a＜0，∴ln(－a)－ln2≤0，解得－2≤a＜0，∴实数a的取值范围是[－2，0).解：(1)f(x)=－ex(a＞0)，则f′(x)=－ex.令f′(x)－ex=0，则x=ln
18、.当x转变时，f′(x),f(x)的转变状况如下表：n故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.(2)当ln≥2，即0＜a≤时，f(x)max=f(2)=－e2；当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max=f=ln－；当ln≤1，即a≥时，f(x)max=f(1)=－e.解：(1)f′(x)==，令g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c，由于ex＞0，所以y=f′(x)的零点就是g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同.又由于a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(
19、x)＜0，所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x=－3是f(x)的微小值点，所以有解得a=1，b=5，c=5，所以f(x)=.由于f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)=5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者.n而f(－5)==5e5＞5=f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.解：(1)由切线方程知，当x=时，y=0，∴f)=a＋b=0.∵f′(x)=acosx－bsinx，
20、∴由切线方程知，f′()=a－b=1，∴a=，b=－.(2)由(1)知，f(x)=sinx－cosx=sin(x-)，∴g(x)=kx－sinx，g′(x)=k－cosx，①当k≤0时，当x∈[0,]时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减.∴g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0.②当0k1时，∵g′(0)=k－10，g′()=k0，∴存在x0∈(0,)，使g′(x0)=0.当x∈[0，x0)时，g′(x)0，故g(x)单调递减，当x∈(x0,]时，g′(x)0，故g(x)单调递增.∴g(x)在[0,]上的最大值为g(0)或g(
21、).又g(0)=0，g()=－1，∴当0k≤时，g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0.n当k1时，g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.③当k≥1时，当x∈[0,]时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，∴g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.综上所述，当k≤时，g(x)在[0,]上的最大值为g(0)=0，当k时，g(x)在[0,]上的最大值为g()=－1.解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=，令x2－ax＋1=0，则Δ=a2－4，①当0＜a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0
22、，＋∞)上单调递增；②当a＞2时，Δ＞0，方程x2－ax＋1=0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3＜x4，则x3=，x4=，此时0＜x3＜x4，由于当x∈(0，x3)时，f′(x)＞0，当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增.(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2=a，x1·x2=1，则f(x1)－f(x2)=2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)=2ln＋=2ln＋－，令t=，则0＜t＜1，f(x1)－f(x2)=2
23、lnt＋－t，n令g(t)=2lnt＋－t(0＜t＜1)，则g′(t)=－＜0，故g(t)在(0，1)上单调递减且g()=－2ln2，故g(t)=f(x1)－f(x2)≥－2ln2=g()，即0＜t≤，而a2=(x1＋x2)2=＋＋2=t＋＋2，其中0＜t≤，令h(t)=t＋＋2，t∈(0,]，所以h′(t)=1－＜0在t∈(0,]上恒成立，故h(t)=t＋＋2在(0,]上单调递减，从而a2≥，故a的取值范围是[,+∞).
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