高考数学二轮复习课时跟踪检测24导数的简单应用小题练（含答案）

课时跟踪检测（二十四）  导数的简单应用（小题练）

A级——12＋4提速练

一、选择题

1．已知f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝3，则a＝(　　)

A.　　　　　　　　　　 B.

C.  D．3

解析：选D　∵f(x)＝ax3＋3x2＋2，∴f′(x)＝3ax2＋6x，∴f′(－1)＝3a－6，        

∵f′(－1)＝3，∴3a－6＝3，解得a＝3.故选D.

2．(2018·合肥模拟)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，其中e为自然对数的底数，则实数a的值是(　　)

A．e  B．2e

C．1  D．2

解析：选C　∵y＝aex＋x，∴y′＝aex＋1，设直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切的切点坐标为(m，n)，则y′|x＝m＝aem＋1＝2，得aem＝1，又n＝aem＋m＝2m＋1，∴m＝0，a＝1，故选C.

3．(2018·成都模拟)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

解析：选A　如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.

4．(2018·重庆调研)若函数f(x)＝(x＋a)ex在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，－1)  B．(－∞，0)

C．(－1,0)  D．[－1，＋∞)

解析：选A　f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a＜－1.

5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为(　　)

A．0  B．－5

C．－10  D．－37

解析：选D　由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.

6．(2018·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)

A．(0,0)  B．(1，－1)

C．(－1,1)  D．(1，－1)或(－1,1)

解析：选D　由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3x＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且解得a＝±2，x0＝－.所以当时，点P的坐标为(1，－1)；当时，点P的坐标为(－1,1)，故选D.

7．(2018·昆明检测)若函数f(x)＝e2x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)

A．[－1，＋∞)  B．(－1，＋∞)

C．[－2，＋∞)  D．(－2，＋∞)

解析：选C　∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝2e2x＋a，∴f′(x)＝2e2x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2e2x在(0，＋∞)上恒成立，又x∈(0，＋∞)时，－2e2x＜－2，∴a≥－2.

8．(2018·陕西模拟)设函数f(x)＝x3－12x＋b，则下列结论正确的是(　　)

A．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增

B．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减

C．若b＝－6，则函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10

D．若b＝0，则函数f(x)的图象与直线y＝10只有一个公共点

解析：选C　对于选项A，B，根据函数f(x)＝x3－12x＋b，可得f′(x)＝3x2－12，令3x2－12＝0，得x＝－2或x＝2，故函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A，B都不正确；对于选项C，当b＝－6时，f′(－2)＝0，f(－2)＝10，故函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10，选项C正确；对于选项D，当b＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝16，极小值为f(2)＝－16，故直线y＝10与函数f(x)的图象有三个公共点，选项D错误．故选C.

9．已知定义在上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)cos x－1＝ln x－f(x)sin x，则下列不等式成立的是(　　)

A.f<f  B．f<f

C.f<f   D.f>f

解析：选D　令g(x)＝，则g′(x)＝＝，由解得<x<；由解得0<x<.所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增．因为>>，所以g>g，所以>，即f>f，B错，D正确．同理因为>>，所以g>g，所以>，即f>f，C错．因为>>，所以g>g，所以>，即f>f，A错．故选D.

10．已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－m2x，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m的值为(　　)

A．1  B．2

C．e  D．e2

解析：选C　∵f(x)在R上是奇函数，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，∴f(x)在(0,2]上的最大值为－3.∵当x∈(0,2]时，f′(x)＝－m2，令f′(x)＝0，解得x＝m－2；由m>知0<m－2<2.当x∈(0，m－2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(m－2,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝m－2时，f(x)在(0,2]上取得最大值－3.∴f(m－2)＝ln m－2－m2·m－2＝ln m－2－1＝－3，解得m＝e.故选C.

11．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是(　　)

A.  B．(－∞，0)

C.  D．(－∞，－1)

解析：选D　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋a＝.由a<0可得f′(x)<0，即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减．g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1>0，即a<－1，故a的取值范围是(－∞，－1)，选D.

12．(2018·张家界模拟)已知函数f(x)在定义域R上的导函数为f′(x)，若方程f′(x)＝0无解，且f[f(x)－2 017x]＝2 017，若g(x)＝sin x－cos x－kx在上与f(x)在R上的单调性相同，则实数k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－1]  B．(－∞， ]

C．[－1，]  D．[，＋∞)

解析：选A　若方程f′(x)＝0无解，则f′(x)>0或f′(x)<0恒成立，∴f(x)为R上的单调函数．若∀x∈R，都有f[f(x)－2 017x]＝2 017，则f(x)－2 017x为定值，设t＝f(x)－2 017x，则f(x)＝t＋2 017x，易知f(x)为R上的增函数．∵g(x)＝sin x－cos x－kx，∴g′(x)＝cos x＋sin x－k＝sin－k.又g(x)在上与f(x)在R上的单调性相同，∴g(x)在上单调递增，则当x∈时，g′(x)≥0恒成立，则k≤min.当x∈时，x＋∈，sin∈，sin∈[－1,2]，故k≤－1，选A.

二、填空题

13．(2018·福州四校联考)已知曲线C：y＝x2＋2x在点(0,0)处的切线为l，则由C，l以及直线x＝1围成的区域的面积等于________．

解析：因为y′＝2x＋2，所以曲线C：y＝x2＋2x在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝2，所以切线方程为y＝2x，所以由C，l以及直线x＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S＝(x2＋2x－2x)dx＝x2dx＝＝.

答案：

14．(2018·太原二模)若函数f(x)＝sin x＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．

解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．

答案：(－∞，－1]

15．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.

解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，

∴a＋1＝－2，解得a＝－3.

答案：－3

16．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f(x)，对任意的x∈(0，＋∞)，都有f[f(x)－log3x]＝4，则函数f(x)的图象在x＝处的切线的斜率为________．

解析：由题意，设f(x)－log3x＝m>0，则f(x)＝log3x＋m，由f[f(x)－log3x]＝4可得f(m)＝log3m＋m＝4，即m＝34－m，解得m＝3，所以f(x)＝log3x＋3，f′(x)＝，从而f′＝1，即所求切线的斜率为1.

答案：1

B级——难度小题强化练

1．(2018·西安八校联考)已知函数f(x)＝ln x－ax2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为(　　)

A.  B．

C.   D.

解析：选C　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＝.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)不存在两个不同的零点．当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)的最大值为f＝ln－a2＝－ln 2a－，于是要使函数f(x)恰有两个不同的零点，则需满足－ln 2a－>0，即ln 2a<－1，所以0<2a<，即0<a<，所以a的取值范围是，故选C.

2．已知f′(x)为f(x)(x∈R)的导函数，当x≠0时，f′(x)＋>2，则方程f(x)＋＝x的根的个数为(　　)

A．1  B．1或2

C．0  D．0或1

解析：选C　由题意知，方程f(x)＋＝x的根，即为＝0的根．记g(x)＝xf(x)－x2＋1，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－2x.

当x≠0时，由f′(x)＋>2得>0，故当x>0时，xf′(x)＋f(x)－2x>0，即g′(x)>0，

当x<0时，xf′(x)＋f(x)－2x<0，即g′(x)<0.

所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0×f(0)－02＋1＝1.

故函数g(x)＝xf(x)－x2＋1没有零点，即方程f(x)＋＝x无根．故选C.

3．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为y＝f′(x)，当x≠1时，f′(x)－>0，若函数y＝f(x＋1)的图象关于原点对称，a＝－f，b＝－3f(－2)，c＝2f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　)

A．a<b<c  B．b<c<a

C．a<c<b  D．c<a<b

解析：选C　由函数y＝f(x＋1)的图象关于原点对称可得函数y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称，即f(2－x)＝－f(x)．设g(x)＝(x－1)f(x)，则g(2－x)＝[(2－x)－1]f(2－x)＝(1－x)[－f(x)]＝(x－1)f(x)＝g(x)，所以函数y＝g(x)的图象关于直线x＝1对称．由已知当x≠1时，f′(x)－>0可得f′(x)＋>0，即>0，即>0.当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．而a＝g，b＝g(－2)，c＝g(3)．由函数y＝g(x)的图象关于直线x＝1对称可得a＝g＝g，b＝g(－2)＝g(4)，因为<3<4，所以a<c<b.故选C.

4．(2018·胶州模拟)若方程ln(x＋1)＝x2－x＋a在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)

A.  B．[ln 2－1，ln 3－1)

C．[ln 2－1，ln 2]   D.

解析：选A　令f(x)＝ln(x＋1)－x2＋x－a，则f′(x)＝－2x＋＝.当x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．由于方程ln(x＋1)＝x2－x＋a在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f(x)＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则解得ln 3－1≤a<ln 2＋.所以方程ln(x＋1)＝x2－x＋a在区间[0,2]上有两个不同的实数根时，实数a的取值范围是.

5．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．

解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1，令f′(x)＝ln x－2ax＋1＝0，得ln x＝2ax－1，因为函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1有两个零点，等价于函数y＝ln x与y＝2ax－1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y＝ln x的切线，设切点为(x0，y0)，则切线的斜率k＝，所以切线方程为y＝x－1，又切点在切线上，所以y0＝－1＝0，又切点在曲线y＝ln x上，则ln x0＝0，解得x0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y＝x－1.再由直线y＝2ax－1与曲线y＝ln x有两个交点，知直线y＝2ax－1位于两直线y＝－1和y＝x－1之间，其斜率2a满足0<2a<1，解得实数a的取值范围是.

答案：

6．已知函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．

解析：因为函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，所以方程a－x2＝－2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．令f(x)＝2ln x－x2，则f′(x)＝－2x＝，因为≤x≤e，所以f(x)在x＝1处有唯一的极大值点．因为f＝－2－，f(e)＝2－e2，f(x)的极大值为f(1)＝－1，且f(e)<f，故方程－a＝2ln x－x2在上有解等价于2－e2≤－a≤－1，即1≤a≤e2－2，故实数a的取值范围是[1，e2－2]．

答案：[1，e2－2]