2023届高考一轮复习加练必刷题第24练　导数小题综合练【解析版】

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A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 f′(x)＝－3x2＋12，令f′(x)＝0，
得x＝±2.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2,3]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)的极大值为f(2)＝22.
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))>0，f(3)>0，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))上没有零点．
2．已知函数f(x)＝sin 2x＋2cs x(0≤x≤π)，则f(x)( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增
B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减
C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减
D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增
答案 C
解析 令f′(x)＝2cs 2x－2sin x＝－2(2sin 2x＋sin x－1)>0⇒(2sin x－1)(sin x＋1)<0,0≤x≤π，故－13．(2022·江西信丰中学模拟)设函数f(x)＝ln x＋ax2－eq \f(3,2)x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为( )
A．ln 2－2 B．ln 2－1
C．ln 3－2 D．ln 3－1
答案 A
解析 ∵f(x)＝ln x＋ax2－eq \f(3,2)x(x>0)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax－eq \f(3,2)，
∵x＝1是函数f(x)的极大值点，
∴f′(1)＝1＋2a－eq \f(3,2)＝2a－eq \f(1,2)＝0，解得a＝eq \f(1,4)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(x,2)－eq \f(3,2)＝eq \f(x2－3x＋2,2x)
＝eq \f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)),2x)，
∴当00，f(x)单调递增；
当1当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝ln 2－2.
4．点P是曲线y＝f(x)＝x2－ln x上任意一点，则点P到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(3\r(3),2) C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \r(2)
答案 D
解析 由y＝f(x)＝x2－ln x，
可得f′(x)＝2x－eq \f(1,x)(x>0)，令f′(x)＝1，
即1＝2x－eq \f(1,x)(x>0)，
解得x＝1或x＝－eq \f(1,2)(舍)．
曲线上距离直线最近的点的坐标为(1,1)，
则距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－1－2)),\r(1＋1))＝eq \r(2) .
5．若曲线f(x)＝ln x－(a＋1)x存在与直线x－2y＋1＝0垂直的切线，则实数a的取值范围为( )
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．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 C
解析 函数f(x)＝ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1))x，x>0，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－a－1，若函数f(x)存在与直线x－2y＋1＝0垂直的切线，可得eq \f(1,x)－a－1＝－2有大于0的解，则eq \f(1,x)＝a－1>0，解得a>1，则实数a的取值范围是(1，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(m,x)(m<0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m的值为( )
A．－e2 B．－e3
C．－2e D．－3e
答案 D
解析 f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(m,x2)＝eq \f(x＋m,x2).
令f′(x)＝0得x＝－m，
且当0当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当－m≤1，即－1≤m<0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4，故不符合题意；
当1<－m当ln(－m)＋1＝4时，得m＝－e3∉(－e，－1)，故不符合题意；
当－m≥e，即m≤－e时，f(x)min＝f(e)＝1－eq \f(m,e)，
令1－eq \f(m,e)＝4，得m＝－3e，符合题意．
综上所述，m＝－3e.
7．若当x>0时，函数f(x)＝2－ex＋mx2有两个极值点，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,2)))
C．(0,2e) D．(2e，＋∞)
答案 A
解析 因为函数f(x)＝2－ex＋mx2，
则f′(x)＝－ex＋2mx，
若当x>0时，函数f(x)＝2－ex＋mx2有两个极值点，
则f′(x)＝－ex＋2mx＝0在x∈(0，＋∞)上有两个根，即m＝eq \f(ex,2x)在x∈(0，＋∞)上有两个解，
令g(x)＝eq \f(ex,2x)，则g′(x)＝eq \f(xex－ex,2x2)＝eq \f(x－1ex,2x2)，
当x>1时，g′(x)>0，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，
当0则g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，
所以函数g(x)＝eq \f(ex,2x)在x＝1处取得最小值，
即g(1)＝eq \f(e,2)，
又x→0＋时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
故m>eq \f(e,2).
8．(多选)(2022·南京中华中学模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中正确的是( )
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．若f(x)有极大值M，极小值m，则必有M>m
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，x0))上单调递减
D．若f′(x0)＝0，则x0是f(x)的极值点
答案 ABC
解析 因为当x→＋∞时，f(x)→－∞，当x→－∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理知∃x0∈R，f(x0)＝0，故A正确；
因为f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，若f(x)有极大值M，极小值m，则f′(x)＝0有两根x1，x2，不妨设x1易得f(x)在(x1，x2)上单调递增，在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，所以f(x2)＝M>f(x1)＝m，
故B，C正确；导数为0的点不一定是极值点，故D错误．
9．(多选)若0A．x2B．x2>x1
C．－>ln x2－ln x1
D．－答案 ACD
解析 令f(x)＝eq \f(ex,x)，
由f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(x－1ex,x2)，
当x<1时，f′(x)<0，
故f(x)＝eq \f(ex,x)在(0,1)上单调递减，所以>⇒x2>x1，则A错，B正确；
令g(x)＝ln x－ex，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－ex，
当x＝eq \f(1,2)时，有g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－eq \r(e)>0，
当x＝1时，有g′(1)＝1－e<0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
有g′(x0)＝0，所以g(x)在(0,1)上不单调．
在C中，－>ln x2－ln x1化为ln x1－>ln x2－，因为0在D中，－10．(多选)(2022·张家港外国语学校模拟)已知函数f(x)＝sin x－xcs x，现给出如下结论，其中正确的结论为( )
A．f(x)是奇函数
B．0是f(x)的极值点
C．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有三个零点
D．f(x)的值域为R
答案 AD
解析 由题意，函数f(x)＝sin x－xcs x的定义域为R关于原点对称，
又由f(－x)＝sin (－x)＋xcs(－x)
＝－(sin x－xcs x)＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，所以A项正确；
又由f′(x)＝cs x－cs x＋xsin x＝xsin x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以0不是函数f(x)的极值点，所以B不正确；
又由f(0)＝0，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有一个零点，所以C不正确；
例如当x＝2kπ，k∈Z时，可得f(2kπ)＝－2kπ，
当k→＋∞且k∈Z，f(x)→－∞，
当x＝2kπ＋π，k∈Z时，可得f(2kπ＋π)＝2kπ＋π，
当k→＋∞且k∈Z，f(x)→＋∞，
由此可得函数的值域为R，所以D正确．
11．已知函数f(x)＝eq \f(sin x,ex)，则曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝x
解析 因为f′(x)＝eq \f(cs x－sin x,ex)，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝1，f(0)＝0，
所以切线方程为y＝x.
12．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是________．
答案 [－eq \r(3)，eq \r(3)]
解析 由题意，函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1，
则f′(x)＝－3x2＋2ax－1，
因为函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
所以Δ＝(2a)2－4×(－3)×(－1)＝4a2－12≤0，
即a2≤3，解得－eq \r(3)≤a≤eq \r(3)，
即实数a的取值范围是[－eq \r(3)，eq \r(3)]．
13．(2022·北京模拟)某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单位：米)，该容器的下部为圆柱形，高为l，底面半径为r，上部为半径为r的半球形，按照设计要求，容器的体积为
eq \f(28,3)π立方米．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3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该容器的建造费用最小时，半径r的值为________．
答案 eq \r(3,4)
解析 由题意知V＝πr2l＋eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πr3＝πr2l＋eq \f(2,3)πr3＝eq \f(28,3)π，
故l＝eq \f(\f(28,3)π－\f(2,3)πr3,πr2)＝eq \f(28,3r2)－eq \f(2,3)r＝eq \f(28－2r3,3r2)，
由l>0可知0∴建造费用y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2πrl＋πr2))×3＋eq \f(1,2)×4πr2×4＝6πr×eq \f(28－2r3,3r2)＋11πr2＝eq \f(56π,r)＋7πr2(0则y′＝14πr－eq \f(56π,r2)＝eq \f(14π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r3－4)),r2).
当r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3,4)))时，y′<0，r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,4)，\r(3,14)))时，y′>0.
∴当r＝eq \r(3,4)时，该容器的建造费用最小．
14．(2022·山西祁县中学模拟)设函数f(x)＝－eq \f(1,x)－ax－bln x，若x＝1是f(x)的极小值点，则a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1))
解析 函数f(x)＝－eq \f(1,x)－ax－bln x的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，f′(x)＝eq \f(1,x2)－a－eq \f(b,x)＝eq \f(－ax2－bx＋1,x2)，x＝1是f(x)的极小值点．
则f′(1)＝－a－b＋1＝0，所以b＝1－a，
f′(x)＝－eq \f(ax2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－a))x－1,x2)＝－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋1))x－1,x2).
(1)当a≥0时，由f′(x)<0得x>1，
由f′(x)>0得，0可得f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．不满足条件．
(2)当a<0时，由f′(x)＝0，
得x＝1或x＝－eq \f(1,a).
若a＝－1，则f′(x)≥0在定义域上恒成立，函数单调递增，不满足条件．
若－1则函数在x＝1处有极大值，不满足条件．
若a<－1，则可得f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则函数在x＝1处有极小值，满足条件．
所以满足条件的a的取值范围是a<－1.