山东2014高考数学一轮复习试题分类汇编28：函数的最值与导数

1、山东省2014届高三数学一轮复习考试试题精选（1）分类汇编28：函数的最值与导数一、选择题 （山东省桓台第二中学2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）函数在0,3上的最大值与最小值分别是（）A5 , -15B5 , 4C-4 , -15D5 , -16【答案】A （山东省烟台市莱州一中2014届高三10月阶段测试数学试题（理）已知函数,在定义域上表示的曲线过原点,且在处的切线斜率均为.有以下命题:是奇函数;若内递减,则的最大值为4;的最大值为M,最小值为m,则M+m=0;若对恒成立,则k的最大值为2,其中正确命题的个数为（）A1个B2个C3个D4个【答案】B 二、填空题 （山东省济南一中

2、等四校2014届高三上学期期中联考数学（理）试题）已知函数,若,则a的取值范围是_.【答案】 （山东省单县第五中学2014届高三第二次阶段性检测试题(数理)）函数f(x)=sinx+cosx,x0,的值域为_【答案】,1 三、解答题 （山东省烟台二中2014届高三10月月考理科数学试题）某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量(单位:千克)与销售价格(单位:元/千克)满足关系式其中为常数.己知销售 价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.【答案】解:(1)因为时,.所以 (2

3、)由(1)可知,该商品每日的销售量, 所以商场每日销售该商品所获得利润 从而 于是,当变化时,的变化情况如下表(3,4)4(4,6)+0单调递增极大值42单调递减由表知,是函数在区间内的极大值点,也是最大值点. 所以当时,函教取得最大值,且最大值为42 （山东省威海市乳山一中2014届高三上学期第一次质量检测数学试题）已知f(x)=ax-lnx,x(0,e,aR.(1)若a=1,求f(x)的极小值;(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3.【答案】解析 (1)f(x)=x-lnx,f (x)=1-=, 当0<x<1时,f (x)<0,此时f(x)单调递减; 当1<x

4、<e时,f (x)>0,此时f(x)单调递增.f(x)的极小值为f(1)=1. (2)假设存在实数a,使f(x)=ax-lnx,x0,e有最小值3,f (x)=a-=, 当a0时,f(x)在(0,e上单调递增,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去),所以,此时f(x)最小值不为3; 当0<<e时,f(x)在(0,)上单调递减,在上单调递增,f(x)min=f=1+lna=3,a=e2,满足条件; 当e时,f(x)在(0,e上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去),所以,此时f(x)最小值不为3. 综上,存在实数a=e2,使得当x(0

5、,e时,f(x)有最小值为3. （山东省枣庄市2014届高三上学期期中检测数学（理）试题）已知定义在上的函数总有导函数,定义.一是自然对数的底数.(1)若,且,试分别判断函数和的单调性:(2)若.当时,求函数的最小值:设,是否存在,使得?若存在,请求出一组的值:若不存在,请说明理由.【答案】 （山东省博兴二中2014届高三第一次复习质量检测理科数学试卷）已知函数为常数.(1) 当时,求的最大值;(2) 若在区间(0,e上的最大值为,求 的值;(3)当时,试推断方程是否有实数解.【答案】解:(1)当 (2) （山东省桓台第二中学2014届高三第二次阶段性测试数学试题）已知函数,曲线在点处的切线方

6、程为,(1)求的值(2)证明:当时,【答案】 （山东省菏泽市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）已知函数在处取得极值为.(1)求的值; (2)若有极大值28,求在上的最大值.【答案】()因 故 由于 在点 处取得极值 故有即 ,化简得解得 ()由()知 , 令 ,得当时,故在上为增函数; 当 时, 故在 上为减函数 当 时 ,故在 上为增函数. 由此可知 在 处取得极大值, 在 处取得极小值由题设条件知 得此时,因此 上的最小值为 （山东省淄博第一中学2014届高三上学期期中模块考试数学（理）试题）某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均

7、为半球形,按照设计要求容器的容积为立方米,且L2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元.设该容器的建造费用为y千元.(1) 写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;(2) 求该容器的建造费用最小时的r. 【答案】解 (1)设容器的容积为V,由题意知V=r2l+r3,又V=, r2l+r3= 故l=-r=. 由于l2r, 2r. 0<r2. 所以建造费用y=2rl×3+4r2c=2r××3+4r2c =4(c-2)r2+,0<r2 (2)由(1)得y

8、62;=8(c-2)r-=,0<r2. 由于c>3,所以c-2>0. xyo当r-=0时,r=, 当y¢>0时,r>当y¢<0时,0<r< 函数y在(0, 上为减函数,在,+)上为增函数 当2,即3<c时,函数y在(0, 2上为减函数, 所以r=2是函数y的最小值点. 当2,即c 时, 函数y在(0, 上为减函数,在,2上为增函数 所以r=是函数y的极小值点,也是最小值点. 综上所述,当3<c时,建造费用最小时r=2;当c>时,建造费用最小时r=. （山东省济南外国语学校2014届高三上学期质量检测数学（理）

9、试题）已知函数.(I)求函数的单调递减区间;(II)若在上恒成立,求实数的取值范围;(III)过点作函数图像的切线,求切线方程【答案】()得 2分 函数的单调递减区间是; 4分 ()即 设则 6分 当时,函数单调递减; 当时,函数单调递增; 最小值实数的取值范围是; 7分 ()设切点则即 设,当时是单调递增函数 10分 最多只有一个根,又 由得切线方程是. 12分 （山东省烟台二中2014届高三10月月考理科数学试题）已知函数f(x)=x3-ax2-3x.(1)若f(x)在区间1,+)上是增函数,求实数a的取值范围;(2)若x= -是f(x)的极值点,求f(x)在1,a上的最大值;(3)在(2

10、)的条件下,是否存在实数b,使得函数g(x)=bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点,若存在,请求出实数b的取值范围;若不存在,试说明理由.【答案】解 (1)=3x2-2ax-3,f(x)在1,+)上是增函数, 在1,+)上恒有0, 即3x2-2ax-30在1,+)上恒成立.则必有1且=-2a0, , a0. (2)依题意, =0,即+a-3=0,a=4,f(x)=x3-4x2-3x 令=3x2-8x-3=0,得x1=-,x2=3.则当x变化时,f(x)的变化情况如下表:x1(1,3)3(3,4)4-0+f(x)-6-18-12 f(x)在1,4上的最大值是f(1)=-6. (3)函数g(

11、x)=bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点,即方程x3-4x2-3x=bx恰有3个不等实根x3-4x2-3x-bx=0,x=0是其中一个根 方程x2-4x-3-b=0有两个非零不等实根,存在符合条件的实数b,b的范围为b>-7且b-3 高三理科数学月段检测试题(2013-10) 【D】1 A 【D】2 B 【D】3 C 【D】4 A 【D】5 C 【D】6 C 【D】8 A 【D】9 D 【D】10B 【D】11C 【D】12B 【D】133 【D】144 【D】15(-2,2) 【D】16 【D】16 【D】17解:(1)由f(x)<0,得:ax24x+c<0, 不等

12、式ax24x+c<0的解集是(1,5), 故方程ax24x+c=0的两根是x1=1,x2=5. 所以 所以a=1,c=5. (2)由(1)知,f(x)=x24x5=(x2)29. x0,3,f(x)在0,2上为减函数,在2,3上为增函数. 当x=2时,f(x)取得最小值为f(2)=9. 而当x=0时,f(0)=(02)29=5,当x=3时,f(3)=(32)29=8 f(x)在0,3上取得最大值为f(0)=5. 函数f(x)在x0,3上的值域为9,5.18. 【D】19解:方程有解 显然或 ,故或 只有一个实数满足即抛物线与x轴只有一个交点 或 命题或为真命题时,或命题或为假命题 的取值

13、范围为 【D】20解:(1)因为时,.所以 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量, 所以商场每日销售该商品所获得利润 从而 于是,当变化时,的变化情况如下表(3,4)4(4,6)+0单调递增极大值42单调递减由表知,是函数在区间内的极大值点,也是最大值点. 所以当时,函教取得最大值,且最大值为42 【D】21解:(1)由题意知 且,由 当 (2)要使 即(i)当 (ii)当,解得: (iii)当 此时只要 解得:,综上得: 【D】22解 (1)=3x2-2ax-3,f(x)在1,+)上是增函数, 在1,+)上恒有0, 即3x2-2ax-30在1,+)上恒成立.则必有1且=-2a0, , a0

14、. (2)依题意, =0,即+a-3=0,a=4,f(x)=x3-4x2-3x 令=3x2-8x-3=0,得x1=-,x2=3.则当x变化时,f(x)的变化情况如下表:x1(1,3)3(3,4)4-0+f(x)-6-18-12 f(x)在1,4上的最大值是f(1)=-6. (3)函数g(x)=bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点,即方程x3-4x2-3x=bx恰有3个不等实根x3-4x2-3x-bx=0,x=0是其中一个根 方程x2-4x-3-b=0有两个非零不等实根,存在符合条件的实数b,b的范围为b>-7且b-3 （山东省菏泽市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）(选做

15、A)已知函数.(1)当时,求曲线在处的切线方程;(2)如果存在,使得成立,求满足上述条件的最大整数;(3)如果对任意的,都有成立,求实数的取值范围.【答案】(1)当时, 所以曲线在处的切线方程为; (2)存在,使得成立 等价于:, 考察, ,递减极(最)小值递增 由上表可知:, ·, 所以满足条件的最大整数; (3)对任意的,都有成立 等价于:在区间上,函数的最小值不小于的最大值, 由(2)知,在区间上,的最大值为. ,下证当时,在区间上,函数恒成立. 当且时, 记, 当,;当, , 所以函数在区间上递减,在区间上递增, ,即, 所以当且时,成立, 即对任意,都有. (3)另解:当时

16、,恒成立 等价于恒成立, 记, . 记,由于, , 所以在上递减, 当时,时, 即函数在区间上递增,在区间上递减, 所以,所以. （山东省山师附中2014届高三11月期中学分认定考试数学（理）试题）已知函数.(1)若函数有零点,求实数a的范围;(2)若恒成立,求k的最大值.【答案】 （山东省德州市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）已知,其中.(1)若是函数的极值点,求的值;(2)求的单调区间;(3)若在上的最大值是0,求的取值范围.【答案】解:(1)由题意得 由,经检验符合题意 (2)令 当时, 与的变化情况如下表000减增减的单调递增区间是. 的单调递增减区间是, 当时,的单调递减

17、区间是 当时, 与的变化情况如下表000减增减的单调递增区间是. 的单调递增减区间是, 综上,当时,的单调递增区间是. 的单调递增减区间是, 当,的单调递增区间是. 的单调递增减区间是, (3)由(2)可知 当时,在的最大值是 但,所以不合题意 当时,在上单调递减 可得在上的最大值为,符合题意 在上的最大值为0时,的取值范围是. （山东省单县第五中学2014届高三第二次阶段性检测试题(数理)）已知函数 (I)当时,求曲线在点处的切线方程;(II)求函数的单调区间;(III)若对任意及时,恒有<1成立,求实数的取值范围.【答案】 （山东省青岛市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）已

18、知函数.()若函数的值域为,若关于的不等式的解集为,求的值;()当时,为常数,且,求的取值范围.【答案】解()由值域为,当时有, 即 则,由已知 解得, 不等式的解集为, 解得 ()当时,所以 因为,所以 令,则 当时,单调增,当时,单调减, 所以当时,取最大值, 因为 ,所以 所以的范围为 （山东省威海市乳山一中2014届高三上学期第一次质量检测数学试题）已知函数f(x)满足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)x2+ax+b,求(a+1)b的最大值【答案】解:(1)f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+x2, f(x)=f(1)

19、ex-1-f(0)+x, 令x=1得:f(0)=1, f(x)=f(1)ex-1-x+x2, f(0)=f(1)e-1=1, f(1)=e得:f(x)=ex-x+x2. g(x)=f(x)=ex-1+x, g(x)=ex+1>0, y=g(x)在xR上单调递增. 令f(x)>0=f(0),得x>0,令f(x)<0=f(0)得x<0, f(x)的解析式为f(x)=ex-x+x2且单调递增区间为(0,+),单调递减区间为(-,0). (2)由f(x)x2+ax+b得 ex-(a+1)x-b0, 令h(x)=ex-(a+1)x-b,则h(x)=ex-(a+1). 当a+

20、10时,h(x)>0y=h(x)在xR上单调递增. x-时,h(x)-与h(x)0矛盾. 当a+1>0时,由h(x)>0得x>ln(a+1),由h(x)<0得x<ln(a+1)得当x=ln(a+1)时,h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0. (a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0). 令F(x)=x2-x2lnx(x>0); 则F(x)=x(1-2lnx), 由F(x) >0得0<x<,由F(x)<0得x>, 当x=时,F(x)max=,当a=-1,b=时,(a+1)b

21、的最大值为. （山东省文登市2014届高三上学期期中统考数学（理）试题）设函数 ()当时,求函数的最大值;()令(),其图象上存在一点,使此处切线的斜率,求实数的取值范围;()当,方程有唯一实数解,求正数的值.【答案】解:()依题意,的定义域为, 当时, 由 ,得,解得 由 ,得,解得或 ,在单调递增,在单调递减; 所以的极大值为,此即为最大值 (),则有在上有解, , 所以 当时,取得最小值 ()方法1由得,令, 令,在单调递增, 而,在,即,在,即, 在单调递减,在单调递增, 极小值=,令,即时方程有唯一实数解 方法2:因为方程有唯一实数解,所以有唯一实数解,设,则令, 因为所以(舍去),

22、 当时,在上单调递减, 当时,在上单调递增, 当时,取最小值 若方程有唯一实数解, 则必有 即 所以因为所以 设函数,因为当时,是增函数,所以至多有一解. ,方程(*)的解为,即,解得 （山东省桓台第二中学2014届高三9月月考数学（理）试题）设函数f(x)= ex-ax-2(1)求f(x)的单调区间(2)若a =1,k为整数,且当x>0时,(x-k) f´(x)+x+1>0,求k的最大值高三一轮检测理科数学【答案】解:(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=ex-a. 若a0,则f(x)>0,所以f(x)在(-,+)单调递增. 若a>0,则当x(-,l

23、na)时,f(x)<0; 当x(lna,+)时,f(x)>0, 所以,f(x)在(-,lna)单调递减,在(lna,+)单调递增. (2)由于a=1,所以(x-k)f(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当x>0时,(x-k)f(x)+x+1>0等价于 k<+x (x>0). 令g(x)=+x, 则g(x)=+1=. 由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+)单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+)存在唯一的零点.故g(x)在(0,+)存在唯一的零点.设此零点为,则(1,2). 当x(0,)时,g(x

24、)<0;当x(,+)时,g(x)>0.所以g(x)在(0,+)的最小值为g(). 又由g()=0,可得e=+2,所以g()=+1(2,3). 由于式等价于k<g(),故整数k的最大值为2. （山东省聊城市堂邑中学2014届高三上学期9月假期自主学习反馈检测数学（理）试题）已知函数,在点处的切线方程为.()求函数的解析式;()若对于区间上任意两个自变量的值,都有,求实数的最小值;()若过点,可作曲线的三条切线,求实数 的取值范围.【答案】() 根据题意,得 即 解得 ()令,解得 f(-1)=2, f(1)=-2, 时, 则对于区间-2,2上任意两个自变量的值,都有 所以所以的

25、最小值为4. ()设切点为 , 切线的斜率为 则 即, 因为过点,可作曲线的三条切线 所以方程有三个不同的实数解 即函数有三个不同的零点, 则 令0(0,2)2(2,+)+00+极大值极小值 即, （山东省郯城一中2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知f(x)= xln x.()求函数y= f(x)的图象在x=e处的切线方程;()设实数>0,求函数在上的最小值;()证明对一切成立【答案】解:() ()单调递减,当 单调递增 (i)当 (ii) (iii)单调递减, （山东省德州市平原一中2014届高三9月月考数学（理）试题）已知函数(1)求的单调递减区间;(2)若在区间上的最

26、大值为20,求它在该区间上的最小值.【答案】 （山东省广饶一中二校区2014届高三上学期10月月考数学（理）试题）( 本小题满分14分)设关于的函数,其中为实数集上的常数,函数在处取得极值0.(1)已知函数的图象与直线有两个不同的公共点,求实数的取值范围;(2)设函数, 其中,若对任意的,总有成立,求的取值范围.【答案】() 因为函数在处取得极值 得:解得 则令得或(舍去) 当时,;当时,. 所以函数在区间上单调递增,在区间上单调递减. 所以当时,函数取得极大值,即最大值为 所以当时,函数的图象与直线有两个交点 ()设 若对任意的,恒成立, 则的最小值 () (1)当时,在递增 所以的最小值,

27、不满足()式 所以不成立 (2)当时 当时,此时在递增,的最小值,不满足()式 当时,在递增, 所以,解得 ,此时满足()式 当时,在递增,满足()式 综上,所求实数的取值范围为 （山东省单县第五中学2014届高三第二次阶段性检测试题(数理)）已知函数f(x)=e+2x3x.()求证:函数在区间上存在唯一的极值点.()当时,若关于的不等式恒成立,试求实数的取值范围.【答案】解:(), , 令 ,则, 在区间上单调递增, 在区间上存在唯一零点, 在区间上存在唯一的极小值点 ()由,得, , , 令 ,则, , , 在上单调递增, , 的取值范围是 （山东省广饶一中二校区2014届高三上学期10月

28、月考数学（理）试题）( 本小题满分12分)已知函数 .()求的最大值;()当,求的最大值.【答案】()解:当,即时, ; 当时,即时, ; 时,. 所以, ()当时, 当时,的最大值为, 综上,当,求的最大值为. （山东省枣庄三中2014届高三10月学情调查数学（理）试题）已知函数(1)讨论函数的单调单调性;(2)当时,若函数在区间上的最大值为28,求的取值范围. 【答案】解:(1) 令得 3分 (i)当,即时,在单调递增 (ii)当,即时, 当时,在内单调递增 当时,在内单调递减 (iii)当,即时, 当时,在内单调递增 当时,在内单调递减 综上,当时,在内单调递增,在内单调递减; 当时,在

29、单调递增; 当时,在内单调递增,在内单调递减. (其中) (2)当时, 令得 将,变化情况列表如下:100极大极小 由此表可得 , 又 ,故区间内必须含有, 即的取值范围是 （山东省（中学联盟）济宁一中2014届高三10月月考数学（理）试题）已知,函数.()求曲线在点处的切线方程;()当时,求曲线的单调区间;()若,求在上的最大值. 【答案】解:()由:, 且, 所以所求切线方程为:, 即:; () 由()得:, (1)当即时, 恒成立, 这时在上单调递增; (2)当即时, 恒成立,且只有时, 所以在上单调递增; (3)当即时, 令得: ,(显然) 当,即时, ,在上恒成立, 在上单调递减;

30、当,即时, , 所以当时,这时单调递增, 当时,这时单调递减, 当时,这时单调递增; 综上:当时, 在上单调递减; 当时,在时单调递增, 在时单调递减, 在单调递增; 当时,在上单调递增; () 由()得: (1)当时, 在上单调递减; 因为, 且 , 所以, (2)当时,在时单调递增, 在时单调递减, 在单调递增; 由 , , , 同理且, 可知: , 所以:, 若即时, 所以, 若即时, 由 得:当时,即, 即:当时, 这时, 由 又因为,所以, 所以, 所以 综上所述:. （山东省威海市乳山一中2014届高三上学期第一次质量检测数学试题）已知函数f(x)=x2+aln x.(1)若a=-

31、1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值;(2)若a=1,求函数f(x)在1,e上的最大值和最小值;(3)若a=1,求证:在区间1,+)上,函数f(x)的图像在函数g(x)=x3的图像的下方. 【答案】解析 (1)解 由于函数f(x)的定义域为(0,+), 当a=-1时,f(x)=x-=,1分 令f(x)=0得x=1或x=-1(舍去),2分 当x(0,1)时,f(x)<0, 因此函数f(x)在(0,1)上是减少的,3分 当x(1,+)时,f(x)>0,因此函数f(x)在(1,+)上是增加的,4分 所以f(x)在x=1处取得极小值为.5分 (2)解 当a=1时,易知函数f(

32、x)在1,e上是增加的,6分 f(x)min=f(1)=,f(x)max=f(e)=e2+1.7分 (3)证明 设F(x)=f(x)-g(x)=x2+ln x-x3, 则F(x)=x+-2x2=,9分 当x>1时,F(x)<0, 故f(x)在区间1,+)上是减少的,又F(1)=-<0, 在区间1,+)上,F(x)<0恒成立. 即f(x)<g(x)恒成立.11分 因此,当a=1时,在区间1,+)上,函数f(x)的图像在函数g(x)图像的下方. （山东省威海市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）已知,为其反函数.()说明函数与图象的关系(只写出结论即可);()

33、证明的图象恒在的图象的上方;()设直线与.均相切,切点分别为().(),且,求证:.【答案】解:()与的图象关于直线对称 (),设 令, 令,解得 当时,当时 当时, 令, 令,解得 当时,当时 当时, 的图象恒在的图象的上方 (),切点的坐标分别为,可得方程组: （山东省菏泽市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）(选做B)已知函数.(1)若,求函数的极值,并指出是极大值还是极小值;(2)若,求证:在区间上,函数的图像在函数的图像的下方【答案】(1)解 由于函数f(x)的定义域为(0,+), 1分 当a=-1时,f(x)=x- 2分 令f(x)=0得x=1或x=-1(舍去), 3分来 当x(0,1)时,f(x)<0, 因此函数f(x)在(0,1)上是单调递减的, 4分 当x(1,+)时,f(x)>0,因此函数f(x)在(1,+)上是单调递增的, 5分 则x=1是f(x)极小值点,6 分 所以f(x)在x=1处取得极小值为f(1)= 7分 (2) 证明 设F(x)=f(x)-g(x)=x2+ln x-x3, 则F(x)=x+-2 x2=, 9分 当x>1时,F(x)<0, 10分 故f(x)在区间1,+)上是单调递减的, 1