（文理通用）2022屆高考數學大二輪復習 第1部分 專題2 函數與導數 第3講 導數的簡單應用練習

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1、（文理通用）2022屆高考數學大二輪復習 第1部分 專題2 函數與導數 第3講 導數的簡單應用練習 A組 1．曲線y＝xex＋2x－1在點(0，－1)處的切線方程為( A ) A．y＝3x－1　　　　　 B．y＝－3x－1 C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1 [解析]　k＝y(tǒng)′|x＝0＝(ex＋xex＋2)|x＝0＝3， ∴切線方程為y＝3x－1，故選A． 2．(文)如圖，函數y＝f(x)的圖象在點P處的切線方程為x－y＋2＝0，則f(1)＋f ′(1)＝( D ) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　由條件知(1，f(1))在直線x－y＋2＝0上

2、，且f ′(1)＝1，∴f(1)＋f ′(1)＝3＋1＝4. (理)(2017·煙臺質檢)在等比數列{an}中，首項a1＝，a4＝(1＋2x)dx，則該數列的前5項和S5為(　　C　　) A．18　　　　 B．3　　　　 C．　　　　 D． [解析]　a4＝(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝18， 因為數列{an}是等比數列， 故18＝q3，解得q＝3， 所以S5＝＝.故選C. 3．已知常數a、b、c都是實數，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導函數為f ′(x)，f ′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是(　　C　　) A．

3、－ B． C．2 D．5 [解析]　依題意得f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝， ∴b＝－，c＝－18a，函數f(x)在x＝3處取得極小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故選C. 4．若函數f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在區(qū)間(－，0)內單調遞增，則a的取值范圍是(　　B　　) A．[，1) B．[，1) C．(，＋∞) D．(1，) [解析]　由x3－ax>0得x(x2－a)>0. 則有或 所以x>或－

4、f(x)的定義域為(，＋∞)∪(－，0)． 令g(x)＝x3－ax，則g′(x)＝3x2－a， 當g′(x)≥0時，x≥，不合要求， 由g′(x)<0得－

5、函數f(x)＝x2＋3ax－lnx，若f(x)在區(qū)間[，2]上是增函數，則實數a的取值范圍為[，＋∞). [解析]　由題意知f′(x)＝x＋3a－≥0在[，2]上恒成立，即3a≥－x＋在[，2]上恒成立． 又y＝－x＋在[，2]上單調遞減， ∴(－x＋)max＝， ∴3a≥，即a≥. 7．(文)若函數y＝－x3＋ax有三個單調區(qū)間，則a的取值范圍是a>0. [解析]　y′＝－x2＋a，若y＝－x3＋ax有三個單調區(qū)間，則方程－x2＋a＝0應有兩個不等實根，故a>0. (理)(2018·臨沂模擬)如圖，已知A(0，)，點P(x0，y0)(x0>0)在曲線y＝x2上，若陰影部分面積與

6、△OAP面積相等，則x0＝. [解析]　因為點P(x0，y0)(x0>0)在曲線y＝x2上， 所以y0＝x， 則△OAP的面積S＝|OA||x0|＝×x0＝x0， 陰影部分的面積為∫x00x2dx＝x3|x00＝x， 因為陰影部分面積與△OAP的面積相等， 所以x＝x0， 即x＝. 所以x0＝＝. 8．已知函數f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求實數a的取值范圍． [解析]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝4時，f(x)＝(x＋1

7、)ln x－4(x－1)， f ′(x)＝ln x＋－3，f ′(1)＝－2， f(1)＝0. 曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0. (2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0等價于 ln x－>0. 設g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0. ①當a≤2，x∈(1，＋∞)時， x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0， g(x)在(1，＋∞)內單調遞增，因此g(x)>g(1)＝0； ②當a>2時，令g′(x)＝0，得 x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2>1和x1x2＝1，得x1<1， 故當x

8、∈(1，x2)時，g′(x)<0， g(x)在(1，x2)內單調遞減，此時g(x)0，r>0)． (1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調性； (2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)內的極值． [解析]　(1)由題意知x≠－r， 所以定義域為(－∞，－r)∪(－r，＋∞)， f(x)＝＝， f ′(x)＝ ＝， 所以當x<－r或x>r時，f ′(x)<0， 當－r0. 因此，f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，－r)，(r，＋∞)； f(x)的單調

9、遞增區(qū)間是(－r，r)． (2)由(1)可知f(x)在(0，r)上單調遞增，在(r，＋∞)上單調遞減，因此，x＝r是f(x)的極大值點，所以f(x)在(0，＋∞)內的極大值為f(r)＝＝＝100. (理)設函數f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間． [解析]　(1)因為f(x)＝xea－x＋bx， 所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設，得 即 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)，知f(x)＝xe2－x＋ex. 由f ′(x)＝e2－x(1－x＋

10、ex－1)及e2－x>0知， f ′(x)與1－x＋ex－1同號． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0， g(x)在區(qū)間(－∞，1)內單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0， g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)內的最小值． B組 1．(2017·鄭州市質檢)已知函數f(x)的導函數為f ′(x)，且滿足f(x)＝2xf ′(e)＋ln x，則f ′(e)＝(　　C　　) A．1 B．－1 C．－e－1 D．－e [解析]　依題意得，

11、f ′(x)＝2f ′(e)＋，取x＝e得f ′(e)＝2f ′(e)＋，由此解得f ′(e)＝－＝－e－1，故選C. 2．已知函數f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1處取得極值，若過點A(0,16)作曲線y＝f(x)的切線，則切線方程是(　　B　　) A．9x＋y－16＝0 B．9x－y＋16＝0 C．x＋9y－16＝0 D．x－9y＋16＝0 [解析]　f ′(x)＝3ax2＋2bx－3， 依題意f ′(1)＝f ′(－1)＝0， 即 解得a＝1，b＝0. 所以f(x)＝x3－3x， 因為曲線方程為y＝x3－3x，點A(0,16)不在曲線上， 設切點為(x0

12、，y0)，則點M的坐標滿足y0＝x－3x， 因此f ′(x0)＝3(x－1) 故切線的方程為y－y0＝3(x－1)(x－x0) 注意到點A(0,16)在切線上， 有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)， 化簡得x＝－8. 解得x0＝－2. 所以，切點為M(－2，－2)，切線方程為9x－y＋16＝0. 3．(文)函數f(x)＝3x2＋ln x－2x的極值點的個數是(　　A　　) A．0 B．1 C．2 D．無數個 [解析]　函數定義域為(0，＋∞)， 且f ′(x)＝6x＋－2＝， 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0， 所以g(x

13、)>0恒成立，故f ′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調遞增，無極值點． (理)物體A以v＝3t2＋1(m/s)的速度在一直線l上運動，物體B在直線l上，且在物體A的正前方5 m處，同時以v＝10t(m/s)的速度與A同向運動，出發(fā)后物體A追上物體B所用的時間t(s)為(　　C　　) A．3 B．4 C．5 D．6 [解析]　因為物體A在t秒內行駛的路程為(3t2＋1)dt，物體B在t秒內行駛的路程為10tdt，所以(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)|＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，即t＝5. 4．(文)(2018·湖南衡陽

14、三次聯考)已知x＝1是函數f(x)＝ax3－bx－lnx(a>0，b∈R)的一個極值點，則lna與b－1的大小關系是(　　B　　) A．lna>b－1 B．lna0)， 則g′(a)＝－3＝， ∴g(a)在(0，)上遞增，在(，＋∞)上遞減， 故g(a)max＝g()＝1－ln3<0. 故lna

15、數f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，則使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范圍是( D ) A．(－1,3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞) C．(－3,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [解析]　∵函數f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2， ∴f′(x)＝＋2x， 當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減， 當x＝0時，f′(x)＝0，f(x)取最小值， ∵f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2是偶函數，且在(0，＋∞)上單調遞增， ∴f(2x)>f(x＋3)等價于|2x|>|x＋3|， 整理，得

16、x2－2x－3>0， 解得x>3或x<－1， ∴使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故選D． 5．設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，且g(x)≠0，當x<0時，f ′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，則不等式<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3). [解析]　因為f(x)和g(x)(g(x)≠0)分別是定義在R上的奇函數和偶函數， 所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)． 因為當x<0時，f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0， 當x<0時，[]′＝>0， 令h(x)＝. 則h(

17、x)在(－∞，0)上單調遞增， 因為h(－x)＝＝＝－h(huán)(x)， 所以h(x)為奇函數， 根據奇函數的性質可得函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 因為f(－3)＝－f(3)＝0， 所以h(－3)＝－h(huán)(3)＝0， h(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)． 6．已知函數f(x)＝x3－3ax(a∈R)，若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線，則a的取值范圍為(－∞，). [解析]　f(x)＝x3－3ax(a∈R)，則f′(x)＝3x2－3a，若直線x＋y＋m＝0對任意的m∈R都不是曲線y＝f(x)的切線， 則直線的斜率為－1，f′(x)＝3x

18、2－3a與直線x＋y＋m＝0沒有交點， 又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率，則當x＝0時取最小值，－3a>－1， 則a的取值范圍為a<. 7．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，則a＋b＝－7. [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時，函數取得極值10， 得 聯立①②得或 當a＝4，b＝－11時，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1兩側的符號相反，符合題意． 當a＝－3，b＝3時，f ′(x)＝3(x－1)2在x＝1兩側的符號相同，所以a＝－3，b＝3不符合題意，舍去． 綜上可知，a＝4

19、，b＝－11，∴a＋b＝－7. 8．(文)已知函數f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x(a≥0)． (1)當a＝0時，求f(x)的極值； (2)當a>0時，討論f(x)的單調性． [解析]　(1)當a＝0時，f(x)＝－－2ln x?f ′(x)＝－＝(x>0)． 由f ′(x)＝>0， 解得0. ∴f(x)在(0，)內是增函數，在(，＋∞)內是減函數． ∴f(x)的極大值為f()＝2ln 2－2，無極小值． (2)f(x)＝2ax－－(2＋a)ln x? f ′(x)＝2a＋－(2＋a)＝ ＝. ①當0

20、)在(0，)和(，＋∞)內是增函數，在(，)內是減函數； ②當a＝2時，f(x)在(0，＋∞)內是增函數； ③當a>2時，f(x)在(0，)和(，＋∞)內是增函數，在(，)內是減函數． (理)已知函數f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值． [解析]　(1)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)． 當a≥0時，f ′(x)>0，從而函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a<0時，令f ′(x)＝0，解得x＝，舍去x＝－. 此時，f(x)與f ′(x)的情況如下： x (0，) (，＋∞)

21、 f ′(x) ＋ 0 － f(x)  f()  所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，)； 單調遞減區(qū)間是(，＋∞)． (2)①當a≥0時，由(1)得函數f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝. 令＝－1，得a＝－2，這與a≥0矛盾，舍去a＝－2. ②當－1≤a<0時，≥1，由(1)得函數f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝. 令＝－1，得a＝－2，這與－1≤a<0矛盾， 舍去a＝－2. ③當a<－1時，0<<1，由(1)得函數f(x)在(0,1]上的最大值為f()． 令f()＝－1，解得a＝－e，滿足a<－1. 綜上，當f(x)在(0,1]上的最大值是－1時，a＝－e.