导数及其应用运算单调性极值与定积分早练专题练习(一)含答案人教版高中数学高考真题汇编

高中数学专题复习
《导数及其应用-运算单调性极值与定积分》单元
过关检测
经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人
得分
一、选择题
1．已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是 （ ）
A ．(,0)-∞
B ．1
(0,)2
C ．(0,1)
D ．(0,)+∞（2020年
高考湖北卷（文）） 2．
函
数
y=
12
x
2
-
㏑x 的单调递减区间为
（
）
A ．(-1,1]
B ．(0,1]
C ．[1,+∞)
D ．(0,+∞) （2020
辽宁文）
3．函数()(
)m n
f x ax x =1-
g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ，n 的值可能是
（A ）1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n ==（2020安徽理）
B 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.
4．设函数()f x 在R 上可导，其导函数为,
()f x ，且函数)(')1(x f x y -=的图像如
题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是
（A ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)f （B ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f （C ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f - （D ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f
5．若()ln f x x x x 2
=-2-4，则'()f x >0的解集为
A. (,)0+∞
B. -+10⋃2∞（，）（，）
C. (,)2+∞
D. (,)-10(2020年高
考江西卷理科4)
6．函数x x y ln =在)5,0(上是（ ）. A ．单调增函数 B ．单调减函数
C ．在)1,0(e 上单调递增，在)5,1(e
上单调递减； D ．在)1,0(e 上单调递减，在)5,1(e
上单调递增. 答案 D
7．函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象
如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点
（ ）
A ．1个
B ．2个
C
．
3
个
D ． 4个 答案 A
解析 函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所
示，
函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点，其导数值
为由负到正的点，只有1个，选A .
8．将边长为1m 正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块
是梯形，记2
(S =梯形的周长）
梯形的面积
,则S 的最小值是____ ____。

9．设球的半径为时间t 的函数()R t 。

若球的体积以均匀速度c 增长，则球的表面积的增长速度与球半径
A.成正比，比例系数为C
B. 成正比，比例系数为2C
C.成反比，比例系数为C
D. 成反比，比例系数为2C 9.
10．f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足()()0xf x f x '+≤,对任意正数a 、b ,若a ＜b ，则必有 A ．af(b) ≤bf(a) B ．bf(a) ≤af(b) C ．af(a) ≤f(b)
D ．bf(b) ≤f(a)
第II 卷（非选择题）
请点击修改第II 卷的文字说明 评卷人
得分
二、填空题
a b
x
y
)
(x f y '=O
11．已知函数2()()(0)x
f x ax bx c e a =++>的导函数'()y f x =的两个零点为-3和0.
若()f x 的极小值为-1，则()f x 的极大值为
35e
12．已知函数ln (),()x
f x kx
g x x
==
，若不等式()()f x g x ≥在区间(0,)+∞上恒成
立，则实数k 的取值范围是 ．
13．已知函数f （x ）=2x 2+m 的图象与函数g （x ）=ln |x |的图象有四个交点，则
实数m 的取值范围为 ．（4分）
14．已知函数()()0cos sin f x f x x '=+，则函数f (x )在x 0＝
2
π
处的切线方程是 15．曲线()ln f x x x =在点1x =处的切线方程为 ▲ .
16．关于x 的不等式(21)ln 0ax x -≥对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的值为_____． 评卷人
得分
三、解答题
17．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品的零售价定为p 元，则销售量Q （单位：件）与零售价p （单位：元）有如下关系Q=8300﹣170p ﹣p 2．问该商品零售价定为多少元时，毛利润L 最大，并求出最大毛利润．（15分）
18． 已知函数)R ,()(2∈+=n m n
x mx
x f 在1=x 处取到极值2.（1）求)(x f 的解析
式； （2）设函数x
a
x x g +=ln )(.若对任意的R x ∈1，总存在[]e x ,12∈，使得
2
7
)()(12+≤x f x g ，求实数a 的取值范围.
版权所有：高考资源网(ww )
19．已知函数ax x a a x x f 2ln )2
1
43(21)(22-++= (1)当2
1
-
=a 时，求)(x f 的极值点; (2)若)(x f 在'
()f x 的单调区间上也是单调的，求实数a 的范围.
20．设函数()(0)kx
f x xe k =≠
（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅲ）若函数()f x 在区间(1,1)-内单调递增，求k 的取值范围.
解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查
综合分析和解决问题的能力． （Ⅰ）()()()()'
'1,01,00kx f
x kx e f f =+==,
曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）由()()'
10kx f
x kx e =+=，得()10x k k
=-≠，
若0k >，则当1,x k ⎛
⎫∈-∞- ⎪⎝
⎭
时，()'
0f x <，函数()f x 单调递减， 当1,,x k ⎛⎫
∈-
+∞ ⎪⎝⎭
时，()'0f x >，函数()f x 单调递增， 若0k <，则当1,x k ⎛
⎫∈-∞- ⎪⎝
⎭
时，()'
0f x >，函数()f x 单调递增， 当1,,x k ⎛⎫
∈-
+∞ ⎪⎝⎭
时，()'0f x <，函数()f x 单调递减， （Ⅲ）由（Ⅱ）知，若0k >，则当且仅当1
1k
-≤-， 即1k ≤时，函数()f x ()1,1-内单调递增， 若0k <，则当且仅当1
1k
-
≥， 即1k ≥-时，函数()f x ()1,1-内单调递增，
综上可知，函数()f x ()1,1-内单调递增时，k 的取值范围是[)
(]1,00,1-.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
评卷人
得分
一、选择题
1．B 2．B 【解析】211
ln ,,00,02y x x y x y x x x x
''=
-∴=->∴<由≤，解得-1≤≤1,又≤1,故选B 3．AB
解析：代入验证，当1,2m n ==，()()()f x ax x n x x x 2
3
2
=1-=-2+g ，则
()()f x a x x 2'=
3-4+1，由()()f x a x x 2
'=3-4+1
=0可知，121,13x x ==，结合图像可知函数应在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在1,13⎛⎫
⎪⎝⎭
递减，即在13x =取得最大值，由
()()f a 21111=⨯1-=3332g ，知a 存在.故选B. 4．D 【2020高考真题重庆理8】
【解析】由图象可知当2-<x 时，0)(')1(>-=x f x y ，所以此时0)('>x f ，函数递增.当12<<-x 时，0)(')1(<-=x f x y ，所以此时0)('<x f ，函数递减.当
21<<x 时，0)(')1(>-=x f x y ，所以此时0)('<x f ，函数递减.当2>x 时，0)(')1(<-=x f x y ，所以此时0)('>x f ，函数递增.所以函数)(x f 有极大值)2(-f ，极小值)2(f ,选D.
5．C
【解析】因为'()x x f x x x x
242-2-4
=2-2-=,原函数的定义域为(0,)+∞,所以由
'()f x >0可得220x x -->,解得2x >,故选C.
6． 7．
8．等价转化；分式函数；求最值；求导；换元
[解析] 考查函数中的建模应用，等价转化思想。

一题多解。

设
剪
成
的
小
正
三
角
形
的
边
长
为
x
，则：
22
2
(3)4(3)(01)1133(1)(1)22
x x S x x x x --==⋅<<-⋅+⋅⋅- （方法一）利用导数求函数最小值。

224(3)()13x S x x -=⋅-，2222
4(26)(1)(3)(2)()(1)3x x x x S x x -⋅---⋅-'=⋅- 222222
4(26)(1)(3)(2)42(31)(3)
(1)(1)33x x x x x x x x -⋅---⋅----=⋅=⋅-- 1
()0,01,3
S x x x '=<<=，
当1(0,]3x ∈时，()0,S x '<递减；当1[,1)3
x ∈时，()0,S x '>递增；
故当1
3
x =
时，S 的最小值是3233。

（方法二）利用函数的方法求最小值。

令111
3,(2,3),(,)32x t t t -=∈∈，则：2224418668331
t S t t t t
=⋅=⋅-+--+-
故当
131
,83
x t ==时，S 的最小值是3233。

9．D
【解析】由题意可知球的体积为34()()3
V t R t π=，则'2'
()4
()()c V t R t R t π==，由此可得
'
4()()()
c
R t R t R t π=，而球的表面积为2()4()S t R t π=， 所以'
2
'
()4()8()()v S t R t R t R t ππ==表＝， 即'
'
'
'228()()24()()()()()()
c c v R t R t R t R t R t R t R t R t ππ⨯表＝＝＝＝，故选D
10．ABF
解析： 设F （x ）=x x f )(，则0)()()(2''
≤-=x x f x xf x F ，故F （x ）=x
x f )(为减函
数， 由a ＜b 有
)()()
()(a bf b af b
b f a a f ≤⇒≥，选A 第II 卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人得分
二、填空题
11．
12．解析：，令，又，令解得，所以在上单调增；在上单调减，．
13．根的存在性及根的个数判断．.专题：函数的性质及应用．分析：利用导数求出求出这两个函数的图象在（0，+∞）上相切时切点的横坐标为x=，再由题意可得f（）＜g（），由此求得实数m的取值范
解
析：
根的存在性及根的个数判断．.
专
题：
函数的性质及应用．
分析：利用导数求出求出这两个函数的图象在（0，+∞）上相切时切点的横坐标为x=，再由题意可得f（）＜g（），
由此求得实数m的取值范围．
解答：解：由于函数f（x）和函数g（x）都是偶函数，图象关于y轴对称，故这两个函数在（0，+∞）上有2个交点．
当x＞0时，令 h（x）=f（x）﹣g（x）=2x2+m﹣lnx，则h′（x）=4x﹣．
令h′（x）=0可得x=，故这两个函数的图象在（0，+∞）上相切时切点
的横坐标为x=．
当x=时，f（x）=+m，g（x）=ln=﹣ln2，
函数f（x）=2x2+m的图象与函数g（x）=ln|x|的图象有四个交点，应有+m＜﹣ln2，
由此可得m＜﹣﹣ln2，故实数m的取值范围为
，
故答案为．
点评： 本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，求出这两个函数的图象在（0，+∞）上相切时切点的横坐标为x=，是解题的关
键，属于中档题． 14．
15． 1y x =- 16． 评卷人
得分
三、解答题
17． 利用导数求闭区间上函数的最值；函数模型的选择与应用． 专题：
应用题． 分析： 毛利润等于销售额减去成本，可建立函数关系式，利用导数可求函数的极值点，利用极值就是最值，可得结论．
解答：
解：由题意知：毛利润等于销售额减去成本，即 L （p ）=pQ ﹣20Q=Q （p ﹣20）=（8300﹣170p ﹣p 2）（p ﹣20）
=﹣p 3﹣150p 2+11700p ﹣16600，…（4分） 所以L ′（p ）=﹣3p 2﹣300p+11700．…（6分）
令L ′（p ）=0，解得p=30或p ﹣﹣130（舍去）．…（9分） 此时，L （30）=23000．…（11分）
因为在p=30附近的左侧L ′（p ）＞0，右侧L ′（p ）＜0．
所以L （30）是极大值，根据实际问题的意义知，L （30）是最大值，…（13分）
答：零售定为每件30元时，最大毛利润为23000元．…（14分） 点评： 本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查利用导数求函数的最值，由于函数为单峰函数，故极值就为函数的最值． 18．
19．解 (1)f(x)= 12 x 2- 1
16
lnx+x （0>x ）
f ’(x)=x - 116x + 1=16x 2
+16x-1
16x =0
∴x 1=
-2- 5 4 ，x 2=-2+ 5 4 …………………………2′ ∵(0，
-2+ 5
4
]单调减 [
-2+ 5
4
，+∞)单调增…………………………3′ ∴f(x)在x=
-2+ 5
4
时取极小值…………………………4′ (2)解法一：f ’(x)=x 2
-2ax+ 34 a 2+ 12
a
x )0(>x …………………………5′
令g(x)=x 2-2ax+ 34 a 2+ 12 a ， △=4a 2-3a 2-2a=a 2
-2a ，
设g(x)=0的两根)(,2121x x x x <…………………………7′ 10
当△≤0时 即0≤a ≤2，f ’(x)≥0 ∴f(x)单调递增，满足题意…………………………9′ 20 当△>0时 即a<0或a>2时
(1)若210x x <<，则 34 a 2 + 12 a<0 即- 2
3
<a<0时,
)(x f 在),0(2x 上减，),(2+∞x 上增
f ’(x)=x+ 34 a 2 + 1
2
a x
-2a
f ’’(x)=1- 34 a 2 + 12
a x
2
≥0 ∴f ’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意……………11 (2)若021<<x x 则⎪⎩⎪⎨⎧<≥+0
2
1
432a a a 即a ≤- 2
3
时f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。

…………………………13′
(3) 若210x x <<则⎪⎩⎪⎨⎧>>+0
2
1
432a a a 即a>2时 ∴f(x)在(0，x 1)单调增，(x 1，x 2)单调减，(x 2，+∞)单调增，不合题
意………15′
综上得a ≤- 23
或0≤a ≤2. …………………………16′ 解法二：f ’(x)=x 2-2ax+ 34 a 2+ 12 a x
…………………………5′ 令g(x)=x 2-2ax+ 34 a 2+ 12
a ， △=4a 2-3a 2-2a=a 2-2a ， 设g(x)=0的两根)(,2121x x x x <…………………………7′
10
当△≤0时 即0≤a ≤2，f ’(x)≥0
∴f(x)单调递增，满足题意 …………………………9′
20 当△>0时 即a<0或a>2时
(1)当0<a 若34 a 2 + 12 a<0，即- 23 <a<0时,210x x << )(x f 在),0(2x 上减，),(2+∞x 上增
f ’(x)=x+ 34 a 2 + 12 a x
-2a f ’’(x)=1- 34 a 2 + 12 a x 2 ≥0 ∴f ’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意…………………………11′
若 34 a 2 + 12 a>0，即a ≤- 23
时，021<<x x f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。

…………………………13′
(2)当2>a 时，34 a 2 + 12
a>0，210x x << ∴f(x)在(0，x 1)单调增，(x 1，x 2)单调减，(x 2，+∞)单调增，不合题意……………15′
综上得a ≤- 23
或0≤a ≤2. …………………………16′ 20．。