2021年高考数学一轮复习《导数运算、极值与最值》精选练习(含解析)

这是一份2021年高考数学一轮复习《导数运算、极值与最值》精选练习(含解析)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知曲线f(x)=ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为( )
A.e B.－e C.eq \f(1,e) D.－eq \f(1,e)
已知函数f(x)的图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是( )
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)=acs x与曲线g(x)=x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b=( )
A.－1 B.0 C.1 D.2
直线y=eq \f(1,2)x＋b是曲线y=ln x(x＞0)的一条切线，则实数b的值为( )
A.2 B.ln 2＋1 C.ln 2－1 D.ln 2
曲线f(x)=eq \f(x2＋a,x＋1)在点(1，f(1))处切线的倾斜角为eq \f(3π,4)，则实数a=( )
A.1 B.－1 C.7 D.－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.－1 B.0 C.2 D.4
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.1 B.－1 C.2 D.－2
曲线y=ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为( )
A.(1－e)x－y＋1=0 B.(1－e)x－y－1=0
C.(e－1)x－y＋1=0 D.(e－1)x－y－1=0
函数f(x)=(x2－1)2＋2的极值点是( )
A.x=1 B.x=－1 C.x=1或－1或0 D.x=0
已知函数f(x)=x(x－m)2在x=1处取得极小值，则实数m=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
若函数f(x)=eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)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，＋∞) B.(－3，＋∞) C.(－∞，－3) D.(－∞，－3]
二、填空题
已知a∈R，设函数f(x)=ax－ln x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=2ln x在点(1,0)处的切线方程为______________.
已知函数f(x)=2f′(1)ln x－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.
(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程.
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处取得极小值，求a的取值范围.
已知常数a≠0，f(x)=aln x＋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的取值范围.
已知函数f(x)=eq \f(x,a)－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)=eq \f(ax2＋bx＋c,ex)(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)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.
已知函数f(x)=asinx＋bcsx(a，b∈R)，曲线y=f(x)在点(eq \f(π,3),f(eq \f(π,3)))处的切线方程为y=x－eq \f(π,3).
(1)求a，b的值；
(2)设k∈R，求函数g(x)=kx－f(x+eq \f(π,3))在[0,eq \f(π,2)]上的最大值.
已知函数f(x)=2ln x＋x2－2ax(a＞0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且f(x1)－f(x2)≥eq \f(3,2)－2ln 2恒成立，求a的取值范围.
\s 0 答案解析
答案为：C；
解：解法一：∵f(x)=ln x，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)=eq \f(1,x).
设切点P(x0，ln x0)，则切线的斜率k=f′(x0)=eq \f(1,x0)=eq \f(ln x0,x0)，
∴ln x0=1，x0=e，∴k=eq \f(1,x0)=eq \f(1,e).
解法二：(数形结合法)在同一坐标系中作出曲线f(x)=ln x及曲线f(x)=ln x经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，故选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]上的平均变化率小于函数f(x)在点(2，f(2))处的瞬时变化率，
大于f(x)在点(3，f(3))处的瞬时变化率，
所以0＜f′(3)＜eq \f(f（3）－f（2）,3－2)＜f′(2)，即0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2).
答案为：C；
解：依题意得，f′(x)=－asin x，g′(x)=2x＋b，
于是有f′(0)=g′(0)，即－asin 0=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=ln x的导数为y′=eq \f(1,x)，∴eq \f(1,x)=eq \f(1,2)，解得x=2，∴切点为(2，ln 2).
将其代入直线y=eq \f(1,2)x＋b，得b=ln 2－1.
答案为：C；
解：f′(x)=eq \f(2x（x＋1）－（x2＋a）,（x＋1）2)=eq \f(x2＋2x－a,（x＋1）2)，
又∵f′(1)=taneq \f(3π,4)=－1，∴a=7.
答案为：B；
解：依题意得f(3)=k×3＋2=1，k=－eq \f(1,3)，
则f′(3)=k=－eq \f(1,3)，g′(3)=f(3)＋3f′(3)=1－1=0，故选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=(3xeq \\al(2,0)－2x0－3)(x－x0)，将(0,2)代入切线方程并结合
y0=xeq \\al(3,0)－xeq \\al(2,0)－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－eq \f(1,x)，所以y′|x=1=e－1，故曲线y=ex－ln x在点(1，e)处的切线方程
为y－e=(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1=0.
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－10，
当01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 ′(x)＞0.此时在x=1处取得极大值，不合题意.
所以m=1，此时f ′(x)=(x－1)(3x－1)，当eq \f(1,3)＜x＜1时， f ′(x)＜0；
当x＜eq \f(1,3)或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极小值.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，
做出其图象如图所示.
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)=－eq \f(2,3)得，x=0或x=－3，则结合图象可知，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得 a∈[－3,0).故选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 ′(x), f(x)随x的变化情况如下表：
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－eq \f(1,x)，所以f′(1)=a－1，
因为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.
解析：因为y′=eq \f(2,x)，y′|x=1=2，所以切线方程为y－0=2(x－1)，即y=2x－2.
答案为：2ln 2－2.
解析：因为f′(x)=eq \f(2f′（1）,x)－1，所以f′(1)=2f′(1)－1，所以f′(1)=1，
故f(x)=2ln x－x，f′(x)=eq \f(2,x)－1=eq \f(2－x,x)，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)=2ln 2－2.
答案为：4,0；
解析：f′(x)=3x2＋2ax＋b(x＞0).
依题意，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝9.))
所以f(x)=x3－6x2＋9x.令f′(x)=3x2－12x＋9=0，解得x=1或x=3.
当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：
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)因为f′(x)=3x2－8x＋5，
所以f′(2)=1，
又f(2)=－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，xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－4)，
因为f′(x0)=3xeq \\al(2,0)－8x0＋5，
所以切线方程为y－(－2)=(3xeq \\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，
又切线过点P(x0，xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－4)，
所以xeq \\al(3,0)－4xeq \\al(2,0)＋5x0－2=(3xeq \\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)=0，解得x0=2或1，
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝b＝0，,f′0＝－aa＋2＝－3，))
解得b=0，a=－3或a=1.
(2)因为曲线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≠－eq \f(1,2).
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
解：(1)因为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)ex.
若a＞eq \f(1,2)，则当x∈( SKIPIF 1 < 0 ，2)时，f′(x)＜0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x=2处取得极小值.
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2＜0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1＜0，所以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(eq \f(1,2),+∞).
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)=eq \f(a,x)＋2=eq \f(a＋2x,x).当a=－4时，f′(x)=eq \f(2x－4,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)只有极小值，且在x=2时，f(x)取得极小值f(2)=4－4ln 2，无极大值.
(2)∵f′(x)=eq \f(a＋2x,x)，
∴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＞－eq \f(a,2)，
∴f(x)在(－eq \f(a,2),+∞)上单调递增；
由f′(x)＜0得，0＜x＜－eq \f(a,2)，
∴f(x)在(0,－eq \f(a,2))上单调递减.
∴当a＜0时，f(x)的最小值为f(－eq \f(a,2))=aln(－eq \f(a,2))＋2×(－eq \f(a,2)).
根据题意得f(－eq \f(a,2))=aln(－eq \f(a,2))＋2×(－eq \f(a,2))≥－a，即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a＜0，
∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，
∴实数a的取值范围是[－2，0).
解：(1)f(x)=eq \f(x,a)－ex(a＞0)，则f ′(x)=eq \f(1,a)－ex.
令f ′(x)－ex=0，则x=ln eq \f(1,a).
当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,a)))；单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)，＋∞)).
(2)当lneq \f(1,a)≥2，即0＜a≤eq \f(1,e2)时， f(x)max=f(2)=eq \f(2,a)－e2；
当1＜lneq \f(1,a)＜2，即eq \f(1,e2)＜a＜eq \f(1,e)时，f(x)max=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,a)))=eq \f(1,a)lneq \f(1,a)－eq \f(1,a)；
当lneq \f(1,a)≤1，即a≥eq \f(1,e)时，f(x)max=f(1)=eq \f(1,a)－e.
解：(1)f′(x)=eq \f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)=eq \f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex)，
令g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为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.
又因为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′(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)的极小值点，所以有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a=1，b=5，c=5，
所以f(x)=eq \f(x2＋5x＋5,ex).
因为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.
而f(－5)=eq \f(5,e－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=eq \f(π,3)时，y=0，
∴f(eq \f(π,3))=eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)b=0.
∵f′(x)=acsx－bsinx，
∴由切线方程知，f′(eq \f(π,3))=eq \f(1,2)a－eq \f(\r(3),2)b=1，
∴a=eq \f(1,2)，b=－eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知，f(x)=eq \f(1,2)sinx－eq \f(\r(3),2)csx=sin(x-eq \f(π,3))，
∴g(x)=kx－sinx，g′(x)=k－csx，
①当k≤0时，当x∈[0,eq \f(π,2)]时，g′(x)≤0，故g(x)单调递减.
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)=0.
②当00，
∴存在x0∈(0,eq \f(π,2))，使g′(x0)=0.
当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，故g(x)单调递减，
当x∈(x0,eq \f(π,2)]时，g′(x)>0，故g(x)单调递增.
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)或g(eq \f(π,2)).
又g(0)=0，g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1，
∴当0当eq \f(2,π)③当k≥1时，当x∈[0,eq \f(π,2)]时，g′(x)≥0，故g(x)单调递增，
∴g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1.
综上所述，当k≤eq \f(2,π)时，g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(0)=0，
当k>eq \f(2,π)时，g(x)在[0,eq \f(π,2)]上的最大值为g(eq \f(π,2))=eq \f(kπ,2)－1.
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)=eq \f(2（x2－ax＋1）,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，＋∞)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=eq \f(a－\r(a2－4),2)，x4=eq \f(a＋\r(a2－4),2)，此时0＜x3＜x4，
因为当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,eq \f(a－\r(a2－4),2))上单调递增，在(eq \f(a－\r(a2－4),2),eq \f(a＋\r(a2－4),2))上单调递减，
在(eq \f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)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)=2lneq \f(x1,x2)＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)=2lneq \f(x1,x2)＋eq \f(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1),x1x2)=2lneq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)－eq \f(x1,x2)，
令t=eq \f(x1,x2)，则0＜t＜1，f(x1)－f(x2)=2ln t＋eq \f(1,t)－t，
令g(t)=2ln t＋eq \f(1,t)－t(0＜t＜1)，则g′(t)=－eq \f(（t－1）2,t2)＜0，
故g(t)在(0，1)上单调递减且g(eq \f(1,2))=eq \f(3,2)－2ln 2，
故g(t)=f(x1)－f(x2)≥eq \f(3,2)－2ln 2=g(eq \f(1,2))，即0＜t≤eq \f(1,2)，
而a2=(x1＋x2)2=eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2=t＋eq \f(1,t)＋2，其中0＜t≤eq \f(1,2)，令h(t)=t＋eq \f(1,t)＋2，t∈(0,eq \f(1,2)]，
所以h′(t)=1－eq \f(1,t2)＜0在t∈(0,eq \f(1,2)]上恒成立，
故h(t)=t＋eq \f(1,t)＋2在(0,eq \f(1,2)]上单调递减，从而a2≥eq \f(9,2)，
故a的取值范围是[ SKIPIF 1 < 0 ,+∞).