新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用

新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用

小题考法专训（十） 导数的简单应用 A级——保分小题落实练 一、选择题 ‎1．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则f′(1)等于(　　)‎ A．－e　　　　　　　　　 B．－1‎ C．1 D．e 解析：选B　因为f(x)＝2xf′(1)＋ln x，所以f′(x)＝‎2f′(1)＋，令x＝1，得f′(1)＝‎2f′(1)＋1，解得f′(1)＝－1.‎ ‎2．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　设切点为(x0，aex0＋x0)，由曲线y＝aex＋x，可得y′＝aex＋1，则切线的斜率k＝y′|x＝x0＝aex0＋1.令aex0＋1＝2可得x0＝ln ，则曲线在点(x0，aex0＋x0)，即处的切线方程为y－1－ln ＝2，整理可得2x－y－ln ＋1＝0.结合题中所给的切线2x－y＋1＝0，得－ln ＋1＝1，∴a＝1.‎ ‎3．已知直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则b的值为(　　)‎ A．3 B．－3‎ C．5 D．－5‎ 解析：选A　由题意知，3＝k＋1，∴k＝2.又(x3＋ax＋b)′|x＝1＝(3x2＋a)|x＝1＝3＋a，∴3＋a＝2，∴a＝－1，∴3＝1－1＋b，即b＝3.‎ ‎4．(2019·河北九校第二次联考)函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是(　　)‎ A．(－3,1) B．(0,1)‎ C．(－1,3) D．(0,3)‎ 解析：选B　令y′＝1－＋＜0，得－3＜x＜1，又x＞0，故所求函数的单调递减区间为(0,1)，故选B.‎ ‎5.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中大致为y＝f(x)的图象的是(　　)‎ - 8 -‎ 解析：选C　当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，∴f′(x)＜0，故y＝f(x)在(0,1)上为减函数；当x＞1时，xf′(x)＞0，∴f′(x)＞0，故y＝f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因此排除A、B、D，故选C.‎ ‎6．若函数f(x)＝kx－2ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]‎ C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)‎ 解析：选D　因为f(x)＝kx－2ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以在区间(1，＋∞)上f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥恒成立，当x∈(1，＋∞)时，0＜＜2，所以k≥2，故选D.‎ ‎7．若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为(　　)‎ A. B． C. D．(－1,0)∪ 解析：选B　对函数求导得f′(x)＝x＋a－1－＝，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0且f(1)＝－＋a≥1⇒a≥.故选B.‎ ‎8．(2020届高三·武汉调研)设曲线C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲线C上一点M(1，－4)处的切线记为l，则切线l与曲线C的公共点个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　y′＝12x3－6x2－18x，所以切线l的斜率k＝y′|x＝1＝－12，所以切线l的方程为12x＋y－8＝0.联立方程消去y，得3x4－2x3－9x2＋12x－4＝0，所以(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以x1＝－2，x2＝，x3＝1，所以切线l与曲线C有3个公共点，故选C.‎ - 8 -‎ ‎9．已知函数f(x)＝xln x－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B．(0，e)‎ C. D．(－∞，e)‎ 解析：选A　f′(x)＝ln x－aex＋1，令f′(x)＝0，得a＝.若函数f(x)＝xln x－aex有两个极值点，则y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有2个交点，g′(x)＝(x＞0)．令h(x)＝－ln x－1，则h′(x)＝－－＜0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，故x∈(0,1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0.若y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有2个交点，只需0＜a＜.‎ ‎10．已知函数f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝f，b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为(　　)‎ A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．a＜b＜c 解析：选A　∵函数f(x＋1)是偶函数，∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴a＝f＝f，b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)．又∵当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，∴当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，即f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，∴b＜a＜c.‎ ‎11．设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的实数x都有f(x)＝4x2－f(－x)，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋＜4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋‎4m＋2，则实数m的取值范围是(　　)‎ A. B． C．[－1，＋∞) D．[－2，＋∞)‎ 解析：选A　令F(x)＝f(x)－2x2，因为F(－x)＋F(x)＝f(－x)＋f(x)－4x2＝0，所以F(－x)＝－F(x)，故F(x)＝f(x)－2x2是奇函数．则当x∈(－∞，0]时，F′(x)＝f′(x)－4x＜－‎ - 8 -‎ ＜0，所以函数F(x)＝f(x)－2x2在(－∞，0]上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减．不等式f(m＋1)≤f(－m)＋‎4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－‎2m2‎，即F(m＋1)≤F(－m)，由函数的单调性可得m＋1≥－m，即m≥－.故选A.‎ ‎12．(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－ln x，若f(x)＞x恒成立，则实数m的取值范围是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A　由f(x)＞x恒成立，得x3－2ex2＋mx－ln x＞x恒成立，即x3－2ex2＋(m－1)x－ln x＞0恒成立，因为x＞0，所以两边同时除以x，得x2－2ex＋(m－1)－＞0，则m－1＞－x2＋2ex恒成立．令g(x)＝－x2＋2ex，则g′(x)＝－2x＋2e，当0＜x＜e时，＞0,2e－2x＞0，所以g′(x)＞0；当x＞e时，＜0,2e－2x＜0，所以g′(x)＜0.所以当x＝e时，g(x)max＝＋e2，则m－1＞＋e2，所以m＞e2＋＋1，故选A.‎ 二、填空题 ‎13．若曲线f(x)＝xsin x＋1在x＝处的切线与直线ax＋2y＋1＝0相互垂直，则实数a＝________.‎ 解析：因为f′(x)＝sin x＋xcos x，所以f′＝sin ＋·cos ＝1.又直线ax＋2y＋1＝0的斜率为－，所以1×＝－1，解得a＝2.‎ 答案：2‎ ‎14．已知函数f(x)＝sin x－x，x∈[0，π]，cos x0＝，x0∈[0，π]．‎ ‎①f(x)的最大值为f(x0)；‎ ‎②f(x)的最小值为f(x0)；‎ ‎③f(x)在[0，x0]上是减函数；‎ ‎④f(x)在[x0，π]上是减函数．‎ 那么上面命题中真命题的序号是________．‎ 解析：f′(x)＝cos x－，由f′(x)＝0，得cos x＝，即x＝x0.因为x∈[0，π]，当0＜x＜x0时，f′(x)＞0；当x0＜x＜π时，f′(x)＜0，所以f(x)的最大值为f(x0)，f(x)在[x - 8 -‎ ‎0，π]上是减函数．‎ 答案：①④‎ ‎15．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：f′(x)＝－ax－2＝－.‎ 因为函数f(x)存在单调递减区间，‎ 所以f′(x)≤0有解．‎ 又因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有解．‎ ‎①当a＞0时，y＝ax2＋2x－1为开口向上的抛物线，Δ＝4＋‎4a＞0恒成立，所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有解恒成立；‎ ‎②当a＜0时，y＝ax2＋2x－1为开口向下的抛物线，ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上恒有解，则解得－1＜a＜0；‎ ‎③当a＝0时，显然符合题意．‎ 综上所述，实数a的取值范围是(－1，＋∞)．‎ 答案：(－1，＋∞)‎ ‎16．(2019·江西七校第一次联考)定义：如果函数f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a＜x1＜x2＜b)满足f′(x1)＝f′(x2)＝，则称函数f(x)是[a，b]上的“中值函数”．已知函数f(x)＝x3－x2＋m是[0，m]上的“中值函数”，则实数m的取值范围是________．‎ 解析：由题意，知f′(x)＝x2－x在区间[0，m]上存在x1，x2(0＜x1＜x2＜m)，满足f′(x1)＝f′(x2)＝＝m2－m，所以方程x2－x＝m2－m在区间(0，m)上有两个不相等的解．‎ 令g(x)＝x2－x－m2＋m(0＜x＜m)，‎ 则解得＜m＜.‎ 答案： B级——拔高小题提能练 ‎1．[多选题]已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　)‎ - 8 -‎ A．函数y＝f(x)在区间内单调递增 B．当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值 C．函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递增 D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值 解析：选BC　对于A，函数y＝f(x)在区间内有增有减，故A不正确；对于B，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B正确；对于C，当x∈(－2,2)时，恒有f′(x)＞0，则函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递增，故C正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确．‎ ‎2．[多选题]已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足＞0，对于函数g(x)＝，下列结论正确的是(　　)‎ A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数 B．x＝1是函数g(x)的极小值点 C．函数g(x)至多有两个零点 D．当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立 解析：选ABC　g(x)＝，则g′(x)＝.当x＞1时，由＞0可得f′(x)－f(x)＞0，则g′(x)＞0，故y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故A正确；当x＜1时，由＞0可得f′(x)－f(x)＜0，则g′(x)＜0，故y＝g(x)在(－∞，1)上单调递减，故x＝1是函数y＝g(x)的极小值点，故B正确；若g(1)＜0，则函数y＝g(x)有2个零点，若g(1)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，若g(1)＞0，则函数y＝g(x)没有零点，故C正确；因为y＝g(x)在(－∞，1)上单调递减，所以y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，由g(0)＝＝1，得当x≤0时，g(x)≥g(0)，即≥1，故f(x)≥ex，故D错误．‎ ‎3．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[e，＋∞) B． - 8 -‎ C. D．[e2，＋∞)‎ 解析：选B　f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即aln x－x≥bx2对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，因为b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]，所以bx2的最大值为0，所以aln x－x≥0在x∈(e，e2]时恒成立，所以a≥在x∈(e，e2]时恒成立，令g(x)＝，x∈(e，e2]，则g′(x)＝＞0恒成立，所以g(x)＝在(e，e2]上单调递增，所以当x＝e2时，g(x)取得最大值，所以a≥，故选B.‎ ‎4．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2，a∈R，当x∈[0,1]时，函数f(x)仅在x＝1处取得最大值，则a的取值范围为________．‎ 解析：∵f(x)＝ax3＋x2，‎ ‎∴f′(x)＝2ax2＋(‎2a－1)x，‎ ‎∵0≤x≤1，∴a≤0时，f′(x)≤0，‎ ‎∴函数f(x)在区间[0,1]上单调递减，‎ ‎∴x＝1时，f(x)取得最小值，与题意不符，∴a＞0.‎ 由f′(x)＝2ax2＋(‎2a－1)x＝0，得x＝0或x＝－1.‎ ‎①当－1≤0，即a≥时，f′(x)≥0(x∈[0,1])，f(x)在区间[0,1]上单调递增，f(x)仅在x＝1处取得最大值，符合题意．‎ ‎②当0＜－1＜1，即＜a＜时，令f′(x)＜0，得0＜x＜－1，令f′(x)＞0，得－1＜x≤1，∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，要使f(x)仅在x＝1处取得最大值，则f(1)＞f(0)，即a－＞0，所以＜a＜.‎ ‎③当－1≥1，即0＜a≤时，f′(x)≤0(x∈[0,1])，f(x)在区间[0,1]上单调递减，∴x＝1时，f(x)取得最小值，与题意不符．‎ 综上，a的取值范围是.‎ 答案： ‎5．已知函数f(x)＝ln x＋，k∈[4，＋∞)，曲线y＝f(x)上总存在两点M(‎ - 8 -‎ x1，y1)，N(x2，y2)，使曲线y＝f(x)在M，N两点处的切线互相平行，则x1＋x2的取值范围为________．‎ 解析：f′(x)＝－－1(x＞0，k≥4)，‎ 由题意知f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2＞0且x1≠x2)，‎ 即－－1＝－－1，‎ 化简得4(x1＋x2)＝x1x2，‎ 而x1x2＜2，‎ 所以4(x1＋x2)＜2，‎ 即x1＋x2＞对k∈[4，＋∞)恒成立．‎ 令g(k)＝k＋，则g′(k)＝1－＝＞0对k∈[4，＋∞)恒成立，‎ 故g(k)在[4，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(k)≥g(4)＝5，所以≤，‎ 所以x1＋x2＞，故x1＋x2的取值范围为.‎ 答案： - 8 -‎