高中考试数学特训练习含答案——利用导数研究函数的极值、最值

这是一份高中考试数学特训练习含答案——利用导数研究函数的极值、最值，共9页。试卷主要包含了5 元，因为等内容，欢迎下载使用。
基础巩固组
1
.
如图,可导函数 y=f(x)在点 P(x ,f(x ))处的切线为 l:y=g(x),设 h(x)=f(x)-g(x),则下列说法正确的是( )
0
0
A.h'(x )=0,x=x 是 h(x)的极大值点
0
0
B.h'(x )=0,x=x 是 h(x)的极小值点
0
0
C.h'(x )≠0,x=x 不是 h(x)的极值点
0
0
D.h'(x )≠0,x=x 是 h(x)的极值点
0
0
푥2
2
ln푥
2푥
2
.已知函数 f(x)=ex+ -ln x 的极值点为 x ,函数 h(x)= 的最大值为 x2,则( )
1
A.x1>x2
C.x1≥x2
B.x2>x1
D.x2≥x1
3
.(2020 湖南湘潭三模,理 7)某莲藕种植塘每年的固定成本是 1 万元,每年最大规模的种植量是 8 万
1
8
9
16
1
2
斤,每种植一斤藕,成本增加 0.5 元.如果销售额函数是 f(x)=- x3+ ax2+ x(x 是莲藕种植量,单位:万斤;
销售额的单位:万元,a 是常数),若种植 2 万斤莲藕,利润是 2.5 万元,则要使利润最大,每年需种植莲藕
( )
A.8 万斤
C.3 万斤
B.6 万斤
D.5 万斤
4
.(多选)(2020 山东济宁一中期中,10)如果函数 y=f(x)的导函数的图像如图所示,给出下列判断:①函数
1
2
y=f(x)在区间 -3,- 上单调递增;②当 x=-2 时,函数 y=f(x)有极小值;③函数 y=f(x)在区间(-2,2)上单调
递增;④当 x=3 时,函数 y=f(x)有极小值.
则上述判断错误的是( )
A.①
B.②
C.③
D.④

1
푥
5
.(多选)(2020 福建福州三模,理 11)已知函数 f(x)=ln|x|-x+ ,下列四个结论中正确的有( )
A.曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 x+y-1=0
B.f(x)恰有 2 个零点
C.f(x)既有最大值,又有最小值
D.若 x >0,x >0 且 f(x )+f(x )=0,则 x x =1
1
2
1
2
1
2
1
푥
6
.(2020 河北唐山一模,文 16)已知函数 f(x)=a -2x +ln x,f(x)有极大值 f(x )和极小值 f(x ),则实数 a
1
2
的取值范围是 ,f(x )+f(x )= .
1
2
7
.(2018 北京,理 18)设函数 f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,a∈R.
(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.
综合提升组
8
.(2020 山东济南三模,21)已知函数 f(x)=aln(x+b)- 푥.
(1)若 a=1,b=0,求 f(x)的最大值;
(2)当 b>0 时,讨论 f(x)极值点的个数.

9
.(2020 山西太原三模,21)已知函数 f(x)=ln x+kx.
(1)当 k=-1 时,求函数 f(x)的极值点;
푏
푥
(2)当 k=0 时,若 f(x)+ -a≥0(a,b∈R)恒成立,求 ea-1-b+1 的最大值.
푎
2
1
0.(2020 山东烟台模拟,22)已知函数 f(x)= x2-x(ln x-b-1),a,b∈R.
(1)略;
(2)若 f(x)在(0,+∞)上单调递增,且 c≤e2a+b,求 c 的最大值.

创新应用组
1
1.
(2020 江苏南京六校 5 月联考,17)疫情期间,某小区超市平面图如图所示,由矩形 OABC 与扇形 OCD
π
组成,OA=30 米,AB=50 米,∠COD= ,经营者决定在点 O 处安装一个监控摄像头,摄像头的监控视角
6
π
3
∠
EOF= ,摄像头监控区域为图中阴影部分,要求点 E 在弧 CD 上,点 F 在线段 AB 上,设∠FOC=θ.
(1)求该监控摄像头所能监控到的区域面积 S 关于 θ 的函数关系式,并求出 tan θ 的取值范围;
(2)求监控区域面积 S 最大时,角 θ 的正切值.

1
2.(2020 山东济宁 6 月模拟,22)已知函数 f(x)=x-aln x.
(1)若曲线 y=f(x)+b(a,b∈R)在 x=1 处的切线方程为 x+y-3=0,求 a,b 的值;
푎 + 1
푥
(2)求函数 g(x)=f(x)+
(a∈R)的极值点;
1
푎
푥
푎
(3)设 h(x)= f(x)+aex- +ln a(a>0),若当 x>a 时,不等式 h(x)≥0 恒成立,求 a 的最小值.
参
考
答
案
课
时
规
范
练
1
6
利
用
导
数
研
究
函
数
的
极
值
、
最
值
1
.B 由题意知,g(x)=f'(x )(x-x )+f(x ),故 h(x)=f(x)-f'(x )(x-x )-f(x ),所以 h'(x)=f'(x)-f'(x ).因为
0
0
0
0
0
0
0
h'(x )=f'(x )-f'(x )=0,又因为当 x0,所以 x=x 是 h(x)的极小值点.故
0
0
0
0
0
0
选 B.
1
푥
1
2
1
2
3
2
1
4
1
4
15
4
1 1
4 2
1
푥1
2
.A f'(x)=ex+x- 在(0,+∞)上单调递增,且 f'
=e ― >0,f'
=e ― 0 时,f'(x)= -1-
=
,所以 f'(1)=-1,所求
1
2
푥2
3
-
(푥- ) 2-
切
线
方
程
为
y
-
0
=
-
(
x
-
1
)
,
即
x
+
y
-
1
=
0
,
故
A
正
确
;
对
于
C
,
当
x
>
0
时
,
f
'
(
x
)
=
4
0
,
x
>
0
,
由
f
(
x
)
+
f
(
x
)
=
0
,
得
f
(
x
)
=
-
f
(
x
)
=
-
l
n
x
-
x
+
=ln푥 + 1 ― =f
,因为
1
2
1
2
1
2
2
2
2
푥
2
1
f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以 x = ,即 x x =1,故 D 正确.故选 ABD.
1
1
2
푥
2
2
4
1
푥2
1
푥
-2푎푥2 + 푥- 푎
푥2
6
. 0,
-ln 2 由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a - -2 + =
.令 g(x)=-2ax2+x-a,
因
为
f
(
x
)
有
极
大
值
和
极
小
值
,
故
g
(
x
)
=
-
2
a
x
2
+
x
-
a
在
区
间
(
0
,
+
∞
)
上
有
两
个
不
相
等
的
实
数
根
.
故
1
-
-
-
1
0,
>
0,
-
2푎
푎
>
2푎
-
4(- 2푎)(- 푎) > 0,
푎 > 0,
2
4
即
解
得
a
∈
0
,
.
1
푎2
,
则
当
x
∈
,
2
时
,
f
'
(
x
)

0
.
1
2
所
以
2
不
是
f
(
x
)
的
极
小
值
点
.
综
上
可
知
,
a
的
取
值
范
围
是
,
+
∞
.
8
.解 (1)当 a=1,b=0 时,f(x)=ln x- 푥,
此时,函数 f(x)定义域为(0,+∞),
1
1
푥
2-
2푥
푥,
f'(x)= ―
=
2 푥

由
f
'
(
x
)
>
0
,
得
0

푏
时
,
f
(
x
)
极
值
点
的
个
数
为
2
.
1
푥
9
.解 (1)f(x)定义域为(0,+∞),当 k=-1 时,f(x)=ln x-x,f'(x)= -1,令 f'(x)=0,得 x=1,当 f'(x)>0 时,解得 00,函数 g(x)在(0,b)上单调递减,在(b,+∞)上单调递增,
所以 g(x)min=g(b)=ln b+1,
所
以
a
≤
l
n
b
+
1
,
所
以
a
-
1
≤
l
n
b
,
所
以
e
a
-
1
≤
b
,
e
a
-
1
-
b
+
1
≤
1
,
故
当
且
仅
当
e
a
-
1
=
b
时
,
e
a
-
1
-
b
+
1
取
得
最
大
值
为
1
.
1
0.解 (1)略
(2)因为 f(x)在(0,+∞)上单调递增,即 f'(x)=ax+b-ln x≥0 在(0,+∞)上恒成立,设 h(x)=ax+b-ln x,则
1
h'(x)=a- ,
푥
①
②
若 a=0,则 h'(x)
0
,
h
(
x
)
单
调
递
增
,
1
푎
所
以
h
(
x
)
=
h
=
1
+
b
+
l
n
a
,
m
i
n
由 h(x)min≥0 得 2a+b≥2a-1-ln a.
设 m(x)=2x-1-ln x,x>0,
1
则
m
'
(
x
)
=
2
-
,
푥
1
2
当
0

0
,
m
(
x
)
单
调
递
增
.
所
以
m
(
x
)
≥
m
=
l
n
2
,
所
以
2
a
+
b
≥
l
n
2
.
又
c
≤
e
2
a
+
b
,
所
以
c
≤
2
,
即
c
的
最
大
值
为
2
.
1
2
π
2 500π 2 500
6
1
1.解 (1)扇形 EOC 的面积为 × 3-θ ×502=
―
휃.
2
1
2
30
tan휃
四
边
形
O
C
B
F
的
面
积
为
3
0
×
5
0
-
×
3
0
×
.
1
250π
3
-50
9
tan휃
+25θ .
故
阴
影
部
分
的
面
积
S
=
1
5
0
0
+
π
3
5
因
为
θ
∈
θ
,
,
t
a
n
θ
=
,
0
0
3
3
所
以
t
a
n
θ
∈
,
3
.
5
9
tan휃
-9sin2휃- 9cs2휃
sin2휃
-9
sin2휃
(2)令 h(θ)=
+25θ,则 h'(θ)=
+25=
+25.
3
4
3
令
h
'
(
θ
)
=
0
得
t
a
n
θ
=
∈
,
3
.
5
π
记
其
解
为
θ
,
并
且
h
(
θ
)
在
[
θ
,
θ
)
上
单
调
递
减
,
在
θ
,
上
单
调
递
增
,
所
以
h
(
θ
)
的
最
小
值
为
h
(
θ
)
,
阴
影
1
0
1
1
1
3
1
250π
3
-50h(θ1),
部
分
的
面
积
最
大
值
为
1
5
0
0
+
3
4
3
4
此
时
t
a
n
θ
=
.
即
监
控
区
域
面
积
S
最
大
时
,
角
θ
的
正
切
值
为
.
1
'
( ) - ,
푎
푥
푓 1 = 1
1
2.解 (1)由 f(x)=x-aln x,得 y=f(x)+b=x-aln x+b(x>0),∴y'=f'(x)=1- .由已知可得
即
푓(1) + 푏 = 2,
1-
+ 푏 = 2,
푎 = 1
- ,
1
∴
a=2,b=1.

푎 + 1
푥
푎 + 1
푥
푎
푥
푎 + 1 (푥 + 1)[푥-(푎 + 1)]
(2)∵g(x)=f(x)+
=x-aln x+
,∴g'(x)=1- ―
=
(x>0),所以当 a+1≤0,即
푥2
푥2
a≤-1 时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值点;
当 a+1>0,即 a>-1 时,则当 00,∴g(x)在(0,a+1)上单调递减,
在(a+1,+∞)上单调递增,所以 x=a+1 是 g(x)的极小值点,无极大值点.
综
上
可
知
,
当
a
≤
-
1
时
,
函
数
g
(
x
)
无
极
值
点
;
当
a
>
-
1
时
,
函
数
g
(
x
)
的
极
小
值
点
是
a
+
1
,
无
极
大
值
点
.
1
푎
푥
푎
(3)h(x)= f(x)+aex- +ln a=aex-ln x+ln a(a>0),由题意知,当 x>a 时,aex-ln x+ln a≥0 恒成立,
푥
푎
又
不
等
式
a
e
x
-
l
n
x
+
l
n
a
≥
0
等
价
于
a
e
x
≥
l
n
,
1
푎
푥
푎
푥
푎
푥
푎
即
e
x
≥
l
n
,
即
x
e
x
≥
l
n
,
①
푥
푎
푥
푎
푥
푎
푥
푎
由
x
>
a
>
0
知
:
>
1
,
l
n
>
0
,
所
以
①
式
等
价
于
l
n
(
x
e
x
)
≥
l
n
l
n
,
푥
푎
푥
푎
即
x
+
l
n
x
≥
l
n
+
l
n
l
n
,
设 φ(x)=x+ln x(x>0),
则原不等式即为 φ(x) ≥ 휑 ln
푥
푎
,
又
φ
(
x
)
=
x
+
l
n
x
(
x
>
0
)
在
(
0
,
+
∞
)
上
为
增
函
数
,
푥
푎
∴
原
不
等
式
等
价
于
x
≥
l
n
,
②
푥
푎
푥
e푥
푥
e푥
又
②
式
等
价
于
e
x
≥
,
即
a
≥
(
x
>
a
>
0
)
,
设
F
(
x
)
=
(
x
>
0
)
,
1
-
푥
则
F
'
(
x
)
=
,
∴
F
(
x
)
在
(
0
,
1
)
上
单
调
递
增
,
在
(
1
,
+
∞
)
上
单
调
递
减
.
e
푥
又
x
>
a
>
0
,
∴
当
0