（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章必刷小题5导数及其应用(含解析)

这是一份（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章必刷小题5导数及其应用(含解析)，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝(2x－1)ex的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 C
解析 因为函数f(x)＝(2x－1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＝(2x＋1)ex，
令f′(x)>0，解得x>－eq \f(1,2)，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
2．(2023·茂名模拟)若曲线y＝f(x)＝x2＋ax＋b在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0，则有( )
A．a＝－1，b＝1 B．a＝1，b＝－1
C．a＝－2，b＝1 D．a＝2，b＝－1
答案 B
解析 将x＝1代入3x－y－2＝0得y＝1，则f(1)＝1，
则1＋a＋b＝1，①
∵f(x)＝x2＋ax＋b，
∴f′(x)＝2x＋a，则f′(1)＝3，即2＋a＝3，②
联立①②，解得a＝1，b＝－1.
3．已知x＝0是函数f(x)＝eax－ln(x＋a)的极值点，则a等于( )
A．1 B．2 C．e D．±1
答案 A
解析 因为f(x)＝eax－ln(x＋a)，
所以f′(x)＝aeax－eq \f(1,x＋a).
又x＝0是f(x)的极值点，
所以a－eq \f(1,a)＝0，
解得a＝±1，经检验知a＝－1不符合条件，故a＝1.
4．(2023·济南质检)拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f′(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数f(x)＝x3－3x在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 B
解析 函数f(x)＝x3－3x，
则f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3，
由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)，
得f′(c)＝1，即3c2－3＝1，
解得c＝±eq \f(2\r(3),3)∈[－2,2]，
所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
5．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝xex－x2－2x－m在(0，＋∞)上有零点，则m的取值范围是( )
A．[1－ln22，＋∞) B．[－ln22－1，＋∞)
C．[－ln22，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)ln22，＋∞))
答案 C
解析 由函数y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零点可知，m＝xex－x2－2x(x>0)有解，
设h(x)＝xex－x2－2x(x>0)，
则h′(x)＝(x＋1)(ex－2)(x>0)，
当0当x>ln 2时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
则x＝ln 2时，h(x)取得最小值，且h(ln 2)＝－ln22，
所以m的取值范围是[－ln22，＋∞)．
6．已知a，b∈R，则“ln a>ln b”是“a＋sin b>b＋sin a”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由ln a>ln b，得a>b>0.
由a＋sin b>b＋sin a，
得a－sin a>b－sin b.
记函数f(x)＝x－sin x(x∈R)，
则f′(x)＝1－cs x≥0，
所以函数f(x)在R上单调递增，
又a－sin a>b－sin b，
则f(a)>f(b)，所以a>b.
因此“ln a>ln b”是“a＋sin b>b＋sin a”的充分不必要条件．
7．(2023·宁波模拟)设m≠0 ，若x＝m为函数f(x)＝m·(x－m)2(x－n)的极小值点，则( )
A．m>n B．mC.eq \f(n,m)<1 D.eq \f(n,m)>1
答案 C
解析 f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2n＋m,3)))，
若m<0，则f′(x) 是开口向下的抛物线，若x＝m是极小值点，
必有mm，即eq \f(n,m)<1；
若m>0 ，f′(x) 是开口向上的抛物线，若x＝m是极小值点，
必有m>eq \f(2n＋m,3)，则n综上，eq \f(n,m)<1.
8．已知f(x)＝eq \f(1,2)(x＋3)，g(x)＝2ln x，若存在x1，x2，使得g(x2)＝f(x1)，则x2－x1的最小值为( )
A．6－8ln 2 B．7－8ln 2
C．2ln 2 D．4ln 2
答案 B
解析 设g(x2)＝f(x1)＝m，则x1＝2m－3，x2＝ SKIPIF 1 < 0 ，所以x2－x1＝ SKIPIF 1 < 0 －2m＋3，
设h(x)＝ SKIPIF 1 < 0 －2x＋3，则h′(x)＝eq \f(1,2) SKIPIF 1 < 0 －2，
令h′(x)>0，得x>4ln 2；令h′(x)<0，得x<4ln 2，
所以h(x)在(－∞，4ln 2)上单调递减，在(4ln 2，＋∞)上单调递增，h(x)min＝7－8ln 2，
所以当x＝4ln 2时，x2－x1取最小值，为7－8ln 2.
二、多项选择题
9．下列函数中，存在极值点的是( )
A．y＝x＋eq \f(1,x) B．y＝2x2－x＋1
C．y＝xln x D．y＝－2x3－x
答案 ABC
解析 由题意，对于A，函数y＝x＋eq \f(1,x)，y′＝1－eq \f(1,x2)，可得函数y＝x＋eq \f(1,x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)，(0,1)上单调递减，所以函数有两个极值点x＝－1和x＝1；
对于B，函数y＝2x2－x＋1为开口向上的抛物线，一定存在极值点，即为顶点的横坐标x＝eq \f(1,4)；
对于C，函数y＝xln x，y′＝ln x＋1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，y′<0，函数单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，y′>0，函数单调递增，所以函数y＝xln x在x＝eq \f(1,e)处取得极小值；
对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点．
10．已知函数f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小值为3
B．函数f(x)的最大值为3＋eq \f(1,e)
C．函数f(x)的最小值为e＋1
D．函数f(x)的最大值为e＋1
答案 AD
解析 ∵f(x)＝e2－x＋x，x∈[1,3]，
∴f′(x)＝－e2－x＋1，
令f′(x)>0，解得x>2；令f′(x)<0，解得x<2，
故函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，在区间[2,3]上单调递增，
所以函数f(x)在x＝2处取得极小值，也是最小值，为f(2)＝3，
而f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋eq \f(1,e)，则f(1)>f(3)，
故f(x)的最大值为f(1)＝e＋1.
11.函数f(x)＝ax3－bx2＋cx的图象如图，且f(x)在x＝x0与x＝1处取得极值，给出下列判断，其中正确的是( )
A．c<0
B．a<0
C．f(1)＋f(－1)>0
D．函数y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减
答案 AC
解析 f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)，
由图知x>1时，f(x)单调递增，可知f′(x)>0，所以a>0，故B错误；
又f′(x)＝3ax2－2bx＋c＝3a(x－x0)(x－1)＝3ax2－3a(1＋x0)x＋3ax0，
∴2b＝3a(1＋x0)，c＝3ax0，∵x0<－1<0∴c＝3ax0<0, 故A正确；
∵x0<－1<0，∴1＋x0<0，∴f(1)＋f(－1)＝－2b＝－3a(1＋x0)>0，故C正确；
f′(x)＝3ax2－2bx＋c，其图象开口向上，对称轴小于0，函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故D错误．
12．(2022·南通模拟)定义：在区间I上，若函数y＝f(x)是减函数，且y＝xf(x)是增函数，则称y＝f(x)在区间I上是“弱减函数”．根据定义，下列结论正确的是( )
A．f(x)＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上是“弱减函数”
B．f(x)＝eq \f(x,ex)在(1,2)上是“弱减函数”
C．若f(x)＝eq \f(ln x,x)在(m，＋∞)上是“弱减函数”，则m≥e
D．若f(x)＝cs x＋kx2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是“弱减函数”，则eq \f(2,3π)≤k≤eq \f(1,π)
答案 BCD
解析 对于A，f(x)＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝xf(x)＝1不单调，故A错误；
对于B，f(x)＝eq \f(x,ex)，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，在(1,2)上f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
y＝xf(x)＝eq \f(x2,ex)，y′＝eq \f(2x－x2,ex)＝eq \f(x2－x,ex)>0在x∈(1,2)上恒成立，
∴y＝xf(x)在(1,2)上单调递增，故B正确；
对于C，若f(x)＝eq \f(ln x,x)在(m，＋∞)上单调递减，
由f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
∴m≥e，y＝xf(x)＝ln x在(m，＋∞)上单调递增，故C正确；
对于D，f(x)＝cs x＋kx2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
f′(x)＝－sin x＋2kx≤0在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立⇒2k≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,x)))min，
令h(x)＝eq \f(sin x,x)，h′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，令φ(x)＝xcs x－sin x，
φ′(x)＝cs x－xsin x－cs x＝－xsin x<0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，φ(x)<φ(0)＝0，
∴h′(x)<0，∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，h(x)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π)，
∴2k≤eq \f(2,π)⇒k≤eq \f(1,π)，
令g(x)＝xf(x)＝xcs x＋kx3，则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
g′(x)＝cs x－xsin x＋3kx2≥0在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
∴3k≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xsin x－cs x,x2)))max，
令F(x)＝eq \f(xsin x－cs x,x2)，F′(x)＝eq \f(x2cs x＋2cs x,x3)>0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，F(x)∴3k≥eq \f(2,π)⇒k≥eq \f(2,3π)，
综上，eq \f(2,3π)≤k≤eq \f(1,π)，故D正确．
三、填空题
13．(2023·十堰模拟)曲线y＝ln x＋x2在x＝1处的切线方程为________．
答案 3x－y－2＝0
解析 因为y′＝eq \f(1,x)＋2x，当x＝1时，y＝1，切线斜率k＝y′|x＝1＝3，
所以曲线y＝ln x＋x2在x＝1处的切线方程为3x－y－2＝0.
14．函数f(x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值为________．
答案 2－ln 3
解析 由题知当x≥1时，f(x)＝－3x－ln x＋3，
∴f′(x)＝－3－eq \f(1,x)<0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝0；
当0∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2－ln 3，
综上可知，f(x)max＝2－ln 3.
15．(2023·南京模拟)写出一个同时具有下列三条性质的三次函数f(x)＝________.
①f(x)为奇函数；②f(x)存在3个不同的零点；③f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
答案 x3－3x(答案不唯一)
解析 f(x)＝x3－3x，f(x)为奇函数，f(x)有三个零点0，±eq \r(3)，
f′(x)＝3x2－3，当x>1时，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
①②③都满足，∴f(x)＝x3－3x满足题意．
16．(2022·郑州质检)已知过点P(a,1)可以作曲线y＝ln x的两条切线，则实数a的取值范围是________．
答案 (0，e)
解析 设曲线y＝ln x与其切线交于A(x0，y0)，
切线方程l：y＝kx＋b，y′＝eq \f(1,x)，
由导数与切线方程斜率关系可得k＝y′| SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,x0)，①
又∵切线过点P(a,1)，
∵要保证过点P(a,1)可以作曲线y＝ln x的两条切线，可得P(a,1)不能在曲线y＝ln x上，
∴x0≠a，
∴k＝eq \f(y0－1,x0－a)，②
∵点A在曲线y＝ln x上，故y0＝ln x0，③
由①②③式可得eq \f(y0－1,x0－a)＝eq \f(1,x0)⇒eq \f(ln x0－1,x0－a)＝eq \f(1,x0)，
∴x0(ln x0－1)＝x0－a，解得a＝2x0－x0·ln x0，
令f(x)＝2x－x·ln x，
则f′(x)＝2－x·eq \f(1,x)－ln x＝1－ln x，
令f′(x)＝0，故1－ln x＝0，
∴x＝e，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
即f(x)在x＝e处取得最大值，故f(x)max＝f(e)＝2e－e·ln e＝e，
作出f(x)的草图如图所示，
由图可知a仅在(0，e)范围内有2个对应的x值，
即a∈(0，e)时，有2个解，此时存在2条切线方程，
综上所述，a的取值范围为(0，e)．