导数的简单应用小题限时训练-2025届高三数学二轮复习

这是一份导数的简单应用小题限时训练-2025届高三数学二轮复习，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.[2024·宝鸡调研]函数f(x)＝x－ln x2的单调递增区间是( )
A.(－∞，0)和(0，2) B.(2，＋∞)
C.(0，2) D.(－∞，0)和(2，＋∞)
2.[2024·石家庄模拟]已知下列各选项是函数y＝f(x)的导函数的图象，则x＝a是函数y＝f(x)的极小值点的是( )
3.[2024·上饶调研]若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则b＋a＝( )
A.－7 B.0 C.7 D.0或7
4.[2024·北京房山区调研]已知函数f(x)＝2x－sin x，则下列选项正确的是( )
A.f(2.7)＜f(π)＜f(e) B.f(π)＜f(e)＜f(2.7)
C.f(e)＜f(2.7)＜f(π) D.f(2.7)＜f(e)＜f(π)
5.[2024·蚌埠模拟]已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为( )
A.eq \f(2\r(6),3)π B.eq \f(\r(6),3)π C.eq \f(2\r(3),3)π D.eq \f(\r(3),3)π
6.[2023·西安质检]若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B.(－∞，3]C.[3，e2＋1] D.[3，e2－1]
7.[2024·贵阳模拟]若f(x)＝aln x＋bx2＋x在x＝1和x＝2处有极值，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.(－∞，1) B.(2，＋∞)C.(1，2) D.(eq \f(1,2)，1]
8.[2023·凉山质检]设函数f(x)＝e3ln x－x－x2－(a－4)x－4，若f(x)≤0，则实数a的最小值为( )
A.e B.eq \f(1,e) C.eq \f(1,e2) D.eq \f(4,e2)
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.[2024·泰安模拟]已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋1，则( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.若f(m)＋f(n)＝eq \f(2,3)，则m＋n＝2
D.直线y＝3x是曲线y＝f(x)的切线
10.[2023·吕梁质检]已知函数f(x)＝e2x－2ex－12x，则下列说法正确的是( )
A.曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线x＋12y＝0垂直
B.f(x)在(2，＋∞)上单调递增
C.f(x)的极小值为3－12ln 3
D.f(x)在[－2，1]上的最小值为3－12ln 3
11.[2024·潮州调研]对于函数f(x)＝eq \f(x,ln x)，下列说法正确的是( )
A.f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增
B.当0＜x1＜x2＜1时，x1·ln x2＞x2·ln x1
C.若函数y＝f(|x|)－k(k∈R)有两个零点，则k＝e
D.设g(x)＝x2＋a(a∈R)，若对∀x1∈R，∃x2∈(1，＋∞)，使得g(x1)＝f(x2)成立，则a≥e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2024·太原模拟]已知函数f(x)＝sin 2x－x，x∈(0，π)，则f(x)的极大值点为__________.
13.[2024·赣州调研]已知函数f(x)＝－4ln x＋eq \f(1,2)x2＋5，则函数f(x)的单调递减区间是__________.
14.[2024·安庆模拟]若过点P(t，0)可以作曲线y＝(1－x)ex的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2的取值范围是__________.
导数的简单应用
1.D [f(x)＝x－ln x2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)，
令f′(x)＝eq \f(x－2,x)＞0，解得x＞2或x＜0，
故f(x)＝x－ln x2的单调递增区间为
(－∞，0)和(2，＋∞).故选D.]
2.C [当f′(x)＞0时，f(x)单调递增，
当f′(x)＜0时，f(x)单调递减，要使x＝a是函数y＝f(x)的极小值点，则需在x＝a附近，左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0.
对于AB选项，x＝a不是函数y＝f(x)的极值点；
对于C选项，x＝a是函数y＝f(x)的极小值点，正确；
对于D选项，x＝a是函数y＝f(x)的极大值点.故选C.]
3.C [函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，
则f′(x)＝3x2－2ax－b，
依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝3－2a－b＝0,f（1）＝a2－a－b＋1＝10))，
解得a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11.
当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝
3(x－1)2≥0，函数f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意，当a＝－4，b＝11时，
f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当－eq \f(11,3)＜x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时，
f′(x)＞0，于是x＝1是函数f(x)的极值点，符合题意，所以b＋a＝7.故选C.]
4.D [f(x)＝2x－sin x，因为cs x∈[－1，1]，
故f′(x)＝2－cs x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为2.7＜e＜π，所以f(2.7)＜f(e)＜f(π)，
故选D.]
5.A [由题意，圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则r2＋h2＝9，0＜h＜3，
∴r2＝9－h2，则V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π(9－h2)h＝eq \f(1,3)π(9h－h3)，
∴V′＝π(3－h2)＝π(eq \r(3)－h)(eq \r(3)＋h)，
∴当h∈(0，eq \r(3))时，V单调递增，当h∈(eq \r(3)，3)时，V单调递减，
∴当h＝eq \r(3)时，V取得最大值，此时r＝eq \r(6)，侧面展开图的圆心角α＝eq \f(2πr,l)＝eq \f(2\r(6)π,3).故选A.]
6.B [因为函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，所以f′(x)＝2x－a＋eq \f(1,x)≥0在区间(1，e)上恒成立，即a≤2x＋eq \f(1,x)在区间(1，e)上恒成立.令g(x)＝2x＋eq \f(1,x)(1＜x＜e)，则g′(x)＝2－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2－1,x2)＝eq \f(（\r(2)x＋1）（\r(2)x－1）,x2)＞0，所以g(x)在(1，e)上单调递增，又g(1)＝3，所以a≤3.故选B.]
7.C [因为f(x)＝aln x＋bx2＋x，
所以f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋1，
由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(2,3)，,b＝－\f(1,6)，))
所以f(x)＝－eq \f(2,3)ln x－eq \f(1,6)x2＋x，x＞0，
所以f′(x)＝－eq \f(2,3x)－eq \f(1,3)x＋1
＝－eq \f(（x－2）（x－1）,3x)，
由f′(x)＞0，解得1＜x＜2，
所以函数f(x)的单调递增区间是(1，2).
故选C.]
8.D [函数f(x)＝e3ln x－x－x2－(a－4)x－4＝eq \f(eln x3,ex)－x2－(a－4)x－4＝eq \f(x3,ex)－x2－(a－4)x－4，f(x)≤0，即(a－4)x≥eq \f(x3,ex)－x2－4，
即a－4≥eq \f(x2,ex)－x－eq \f(4,x)在(0，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝eq \f(x2,ex)－x－eq \f(4,x)，可得
g′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)－1＋eq \f(4,x2)
＝eq \f(（2－x）[x3＋（x＋2）ex],exx2)，
当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以当x＝2时，
函数g(x)取得极大值，即为最大值，
g(2)＝eq \f(4,e2)－2－2＝eq \f(4,e2)－4，
所以a－4≥eq \f(4,e2)－4，
即a≥eq \f(4,e2)，
所以实数a的最小值为eq \f(4,e2).故选D.]
9.AB [对于选项A：函数的定义域为R，
f′(x)＝x2－2x，令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2，
当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0，
则f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，则f(x)在(0，2)上单调递减，所以函数有两个极值点0和2，故A正确；
对于选项B：函数的极大值为f(0)＝1，极小值为f(2)＝－eq \f(1,3)，结合函数图象可知f(x)有三个零点，故B正确；
对于选项C：例如f(1)＝eq \f(1,3)，f(1＋eq \r(3))＝eq \f(1,3)，
可得f(1)＋f(1＋eq \r(3))＝eq \f(2,3)，但1＋(1＋eq \r(3))≠2，故C不正确；
对于选项D：令f′(x)＝x2－2x＝3，得x＝3或x＝－1，
且f(3)＝1，f(－1)＝－eq \f(1,3)，
可得曲线y＝f(x)在点(3，1)处的切线方程为y－1＝3(x－3)，即y＝3x－8；
在点(－1，－eq \f(1,3))处的切线方程为y＋eq \f(1,3)＝3(x＋1)，即y＝3x＋eq \f(8,3)，综上所述，直线y＝3x不是曲线y＝f(x)的切线，故D不正确，故选AB.]
10.BC [因为f(x)＝e2x－2ex－12x，所以
f′(x)＝2e2x－2ex－12＝2(ex－3)(ex＋2)，所以f′(0)＝－12，故A错误；
令f′(x)＞0，解得x＞ln 3，
所以f(x)的单调递增区间为(ln 3，＋∞)，
而(2，＋∞)⊆(ln 3，＋∞)，所以f(x)在
(2，＋∞)上单调递增，故B正确；
当x＜ln 3时f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 3)，所以f(x)的极小值为f(ln 3)＝3－12ln 3，故C正确；
f(x)在[－2，1]上单调递减，所以最小值为
f(1)＝e2－2e－12，故D错误，故选BC.]
11.BD [对于A选项，f(x)＝eq \f(x,ln x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A选项错误；
对于B选项，f′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
由于0＜x1＜x2＜1，所以f(x1)＞f(x2)，
即eq \f(x1,ln x1)＞eq \f(x2,ln x2)，由于ln x1＜0，ln x2＜0，
(ln x1)·(ln x2)＞0，
所以由eq \f(x1,ln x1)＞eq \f(x2,ln x2)两边乘以
(ln x1)·(ln x2)得 x1·ln x2＞x2·ln x1，所以B选项正确；
对于C选项，令y＝f(|x|)－k＝0，f(|x|)＝k，
由于f′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，所以在区间(0，1)，
(1，e)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在区间(e，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当0＜x＜1时，f(x)＝eq \f(x,ln x)＜0，
当x＞1时，f(x)＝eq \f(x,ln x)＞0，f(e)＝e，
函数y＝f(|x|)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)，
又f(|－x|)＝f(|x|)，
所以函数y＝f(|x|)为偶函数，由此画出
y＝f(|x|)的图象如图所示，
由图可知，当k＝e或k＜0时，直线y＝k与y＝f(|x|)的图象有两个交点，即当k＝e或k＜0时，函数y＝f(|x|)－k有两个零点，所以C选项错误；
对于D选项，由上述分析可知，x2∈(1，＋∞)，则f(x2)∈[e，＋∞)，又x1∈R，g(x1)≥a，
故要使“对∀x1∈R，∃x2∈(1，＋∞)，
使得g(x1)＝f(x2)成立”，则需a≥e，所以D选项正确.故选BD.]
12.eq \f(π,6) [f′(x)＝2cs 2x－1，x∈(0，π).
令f′(x)＞0，得0＜x＜eq \f(π,6)，或eq \f(5π,6)＜x＜π；
令f′(x)＜0，得eq \f(π,6)＜x＜eq \f(5π,6)，
故f(x)在(0，eq \f(π,6))，(eq \f(5π,6)，π)上单调递增，在(eq \f(π,6)，eq \f(5π,6))上单调递减，故f(x)的极大值点为eq \f(π,6).]
13.(0，2) [由于函数f(x)＝－4ln x＋eq \f(1,2)x2＋5，所以函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(4,x)＋x＝eq \f(x2－4,x)，由f′(x)＜0得0＜x＜2，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，2).]
14.(－∞，0)∪(0，4e－2) [设切点为(x0，(1－x0)ex0)，∵y′＝－ex＋(1－x)ex＝－xex，
∴k＝－x0ex0，则切线方程为y－(1－x0)ex0＝－x0ex0(x－x0)，又切线过(t，0)，
则－(1－x0)ex0＝－x0ex0(t－x0)，
x0－1＝－x0(t－x0)，
∴x0－1＝－tx0＋xeq \\al(2,0)，
∴xeq \\al(2,0)－(t＋1)x0＋1＝0有两个不相等实根x1，x2，其中x1x2＝1，x1＋x2＝t＋1，Δ＝(t＋1)2－4＞0，∴t＞1或t＜－3，
y1y2＝(1－x1)(1－x2)ex1＋x2＝[1－(x1＋x2)＋x1x2]ex1＋x2＝(1－t)et＋1.
令g(t)＝(1－t)et＋1，t＞1或t＜－3，
则g′(t)＝－tet＋1，
当t＜－3时，g′(t)＞0，
当t＞1时，g′(t)＜0，
所以函数g(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(1，＋∞)单调上递减，g(－3)＝4e－2，g(1)＝0，当t→－∞时，g(t)→0，
当t→＋∞时，g(t)→－∞，
所以g(t)∈(－∞，0)∪(0，4e－2)，
即y1y2∈(－∞，0)∪(0，4e－2).]