2023届高考数学二轮复习专题6第3讲导数的简单应用作业含答案

第二篇　专题六　第3讲　导数的简单应用

一、选择题

1．(2021·浙江模拟)函数y＝23x+1在x＝0处的导数是(　A　)

A．6ln2　　 B．2ln2　　

C．6　　 D．2

【解析】∵y′＝3ln 2·23x+1，

∴y＝23x+1在x＝0处的导数是：3ln 2×2＝6ln 2.

故选A.

2．若函数f(x)＝ex＋ax－1的图象经过点(1，e)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的斜率k＝(　D　)

A．e　　 B．e＋1

C．e2　　 D．e2＋1

【解析】依题意，e＝f(1)＝e＋a－1，解得a＝1，

即函数f(x)＝ex＋x－1，

又f′(x)＝ex＋1，

得曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.

故选D.

3．(2022·洛阳模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　D　)

A．f(0)＜0　　 B．9f(－3)＜f(1)

C．4f(2)＜f(－1)　　 D．f(1)＜4f(2)

【解析】设g(x)＝x2f(x)，

∵f(x)为偶函数，∴g(－x)＝g(x)，即g(x)也是偶函数．①

∵对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，

∴2f(0)＋0·f′(0)＝2f(0)＞0，故A错误；

又当x≥0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2·f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]≥0，

∴函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，②

由①②得g(－3)＝g(3)＝9f(3)＞12·f(1)＝g(1)，故B错误；

同理可得，g(2)＝4f(2)＞f(－1)＝f(1)＝g(1)，故C错误，D正确．故选D.

4．f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x－1)＞0的解集为(　A　)

A．(0，1)∪(2，＋∞)

B．(－∞，1)∪(1，＋∞)

C．(－∞，1)∪(2，＋∞)

D．(－∞，0)∪(1，＋∞)

【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，

当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，

∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图象如下：

∴f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)，

又y＝f(x－1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移一个单位，

∴不等式f(x－1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)，

故选A.

5．已知函数f(x)＝－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为(　B　)

A．　　 B．

C．　　 D．

【解析】f′(x)＝－a，

设g(x)＝＝－，

∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，

∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有变号零点，

令＝t，由x＞1可得lnx＞0，即t＞0，

得到y＝t－t2＝－＋≤，

∴a＜.

故选B.

6．函数f(x)＝(x－2)·ex的最小值为(　B　)

A．－2　　 B．－e　　

C．－1　　 D．0

【解析】　f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，

令f′(x)＝0，解得x＝1.

所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

故f(x)的最小值为f(1)＝－e.

故选B.

7．(2021·济南二模)已知函数f(x)＝lnx－ax(x≥1)，若f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，且x2－x1＝1，则实数a的最大值为(　C　)

A．2　　 B．　　

C．ln2　　 D．e

【解析】∵f(x)＝lnx－ax(x≥1)，

且f(x1)＝f(x2)，

∴lnx1－ax1＝lnx2－ax2，

∴a(x2－x1)＝lnx2－lnx1＝ln，

又∵x2－x1＝1，∴a＝ln，

令g(x)＝(x≥1)，

则g′(x)＝＝－<0，

∴函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，

∴g(x)max＝g(1)＝2，

∴a的最大值为ln 2，

故选C.

8．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)、(2，0)，如图所示，则下列命题正确的是(　D　)

A．当x＝时函数取得极小值

B．f(x)有两个极大值点

C．f(1)＜0

D．abc＜0

【解析】函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函数的两个极值点，f(1)是极大值，f(2)是极小值，所以A，B，C不正确；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图象可得－＞0，b＜0，＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正确．故选D.

二、填空题

9．曲线f(x)＝xcosx在点(0，f(0))处的切线方程为__y＝x__.

【解析】　由题设知：f′(x)＝cosx－x sin x，

∴f′(0)＝cos 0－0×sin 0＝1，而f(0)＝0cos 0＝0，

∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.

10．(2021·安徽师范大学附属中学模拟)函数f(x)＝x2－2lnx＋x的极值点是__1__．

【解析】　f(x)＝x2－2ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－＋1＝(x＋2)(x－1)，

所以令f′(x)>0，解得x>1，

令f′(x)<0，解得0<x<1，

所以x＝1为f(x)＝x2－2ln x＋x的极值点．

故答案为1.

11．已知函数f(x)＝ex＋lnx，g(x)＝4x＋，且x满足1≤x≤2，则g(x)－f(x)的最大值为__5－e__．

【解析】　令h(x)＝g(x)－f(x)＝4x＋－ex－lnx，1≤x≤2，

则h′(x)＝4－－ex－，令m(x)＝4－－ex－，

则m′(x)＝－ex＋，1≤x≤2，

易知m′(x)单调递减，则m′(1)＝3－e>0，

m′(1.1)＝＋－e1.1<0，

则必存在一点x0∈(1，1.1)，

使m′(x0)＝－ex0＋＝0，即＋＝ex0，

即m(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减，

则函数m(x)在x0处取最大值，且m(x0)＝4－－ex0－＝4－－－－＝4－－－，x0∈(1，1.1)，

易知m(x0)单调递增，则m(x0)<m(1.1)＝4－－－<0，

则m(x)<0，在1≤x≤2时，恒成立，即h′(x)<0，

故h(x)单调递减，从而h(x)≤h(1)＝5－e，

故答案为5－e.

三、解答题

12．已知函数f(x)＝x3＋x2－2x＋，其中a∈R.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y－1＝0平行．

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的极值．

【解析】　(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax－2.

∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y－1＝0平行，

∴f′(1)＝a－1＝－2，解得a＝－1.

经验证，a＝－1符合题意．

(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋，

求导f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2).

令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，

当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：

∴当x＝－1时，f(x)取得极大值，且f(－1)＝2；

当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝－.

13．已知函数f(x)＝4lnx－3x－aex.

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若函数f(x)的导函数f′(x)有两个零点，求实数a的取值范围．

【解析】　(1)∵f(x)＝4ln x－3x－aex，

当a＝0时，f(x)＝4ln x－3x，则f′(x)＝－3，

∴f′(1)＝4－3＝1，

又f(1)＝－3，

∴所求切线方程为y＋3＝x－1，即x－y－4＝0.

(2)由题意得：f(x)的定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝－3－aex＝；

∵f′(x)有两个零点，

∴4－3x－axex＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根；

即axex＝4－3x在(0，＋∞)上有两个不等实根，

∴a＝，

令g(x)＝，转化为y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，

∵g′(x)＝＝，

∴当x∈(0，2)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，2)上单调递减；

当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(2，＋∞)上单调递增；

∴g(x)min＝g(2)＝－；

又g＝0，当x＞2时，g(x)＜0，

可得g(x)的大致图象如图所示，

由图象可知：若y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，需满足－<a<0，

即实数a的取值范围为.