2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》基础强化练习卷（解析版）

这是一份2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》基础强化练习卷（解析版），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》基础强化练习卷一、选择题1.已知曲线f(x)=ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为(　　)A.e         B.－e        C.         D.－2.若曲线f(x)=acos x与曲线g(x)=x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b=(　　)A.－1         B.0       C.1         D.23.若函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　  　)A.(-∞,-2]                  B.[,+∞)     C.[2,+∞)                   D.(-∞,)4.函数f(x)=x－ln x的单调递减区间为(　　)A.(0，1)    B.(0，＋∞)    C.(1，＋∞)   D.(－∞，0)∪(1，＋∞)5.函数f(x)=x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)A.(0，1)                             B.(－1，0)       C.(1，2)                             D.(－2，－1)6.已知函数f(x)=x(x－m)2在x=1处取得极小值，则实数m=(　　)A.0　          B.1        C.2          D.37.已知函数f(x)=lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　)A.－        B.－      C.－        D.e0.58.已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A.[－3，＋∞)　   B.(－3，＋∞)   C.(－∞，－3)      D.(－∞，－3]9.已知函数f(x)=(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)A.－1        B.        C.          D.＋110.函数的单调递增区间是（      ）A.      B.      C.和       D.11.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A.(－∞，0)      B.(－∞，4]    C.(0，＋∞)     D.[4，＋∞)  12.设函数f(x)=x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)A.(1,2]        B.(4，＋∞)     C.(－∞，2)        D.(0,3]二、填空题13.若曲线y=2x2+-2在点(1,a)处的切线方程是x+y-a-1=0,则a=　　　　.14.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是　　　　. 15.已知函数f(x)=2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________.16.函数f(x)=xsinx＋cosx在[,π]上的最大值为       .三、解答题17.已知函数f(x)=excosx－x.(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[0，]上的最大值和最小值．       18.设函数f(x)=x2ex.(1)求在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.       19.已知函数f(x)=－ex(a＞0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.         20.已知函数f(x)=aex－ln x－1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.                  21.已知函数f(x)=ln x－a2x2＋ax(a∈R).(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.        22.已知函数f(x)=x2－(a＋2)x＋alnx(a为实常数).(1)若a=－2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求实数a的取值范围.          23.设函数f(x)=ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).(1)当a=0时，求函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
0.答案解析1.答案为：C；解：解法一：∵f(x)=ln x，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)=.设切点P(x0，ln x0)，则切线的斜率k=f′(x0)==，∴ln x0=1，x0=e，∴k==.解法二：(数形结合法)在同一坐标系中作出曲线f(x)=ln x及曲线f(x)=ln x经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.2.答案为：C；解：依题意得，f′(x)=－asin x，g′(x)=2x＋b，于是有f′(0)=g′(0)，即－asin 0=2×0＋b，b=0，m=f(0)=g(0)，即m=a=1，因此a＋b=1.3.答案为：B.解析:f′(x)=k-,因为函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,所以f′(x)≥0在区间(2,+∞)上恒成立.所以k≥,而y=在区间(2,+∞)上单调递减,所以k≥,所以k的取值范围是[,+∞).4.答案为：A；解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)=1－=，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1).5.答案为：A；解析：∵f′(x)=2x－5＋2ex为增函数，f′(0)=－3＜0，f′(1)=2e－3＞0，∵f′(x)=2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，∴f(x)=x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上.6.答案为：B解析：f ′(x)=(x－m)2＋2x(x－m)=(x－m)·(3x－m).由f ′(1)=0可得m=1或m=3.当m=3时， f ′(x)=3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时， f ′(x)＜0；当x＜1或x＞3时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极大值，不合题意.所以m=1，此时f ′(x)=(x－1)(3x－1)，当＜x＜1时， f ′(x)＜0；当x＜或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极小值.选B.7.答案为：A.解析：由题意，f′(x)=＋，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，所以f(1)=－a=，矛盾；若－e<a<－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，在[－a，e]上递增，所以f(－a)=，解得a=－；若－1≤a<0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)=－a=，矛盾；若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)=，解得a=－，矛盾.综上，a=－，故选A.8.答案为：D解析：由题意知f ′(x)=3x2＋6x－9，令f ′(x)=0，解得x=1或x=－3，所以f ′(x), f(x)随x的变化情况如下表：又f(－3)=28, f(1)=－4, f(2)=3, f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.9.答案为：A解析：由f(x)=得f ′(x)=.当a＞1时，若x＞，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增.故当x=时，函数f(x)有最大值=，得a=＜1，不合题意；当a=1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)=，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)==，得a=－1，符合题意，故a的值为－1.选A.10.答案为：D11.答案为：B；解析：[由题意知a≤2ln x＋x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)=2ln x＋x＋，则g′(x)=＋1－=，由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)时，g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故选B.]12.答案为：A；解析：∵f(x)=x2－9ln x，∴f′(x)=x－(x>0)，由x－≤0，得0<x≤3，∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.13.答案为：5；解析：y'=4x-,依题意有y'|x=1=4×1-a=-1,所以a=5.14.答案为：(-3,0)∪(0,+∞)解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).15.答案为：2ln 2－2.解析：因为f′(x)=－1，所以f′(1)=2f′(1)－1，所以f′(1)=1，故f(x)=2ln x－x，f′(x)=－1=，则f(x)在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x=2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln 2－2.16.答案为：.解析：因为f′(x)=sinx＋xcosx－sinx=xcosx，当x∈[,]时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈(,π]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max=f()=.17.解：(1)因为f(x)=excosx－x，所以f′(x)=ex(cosx－sinx)－1，f′(0)=0.又因为f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)=ex(cosx－sinx－sinx－cosx)=－2exsinx.当x∈[0，]时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间[0，]上单调递减．所以对任意x∈[0，]有h(x)＜h(0)=0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间[0，]上单调递减．因此f(x)在区间[0，]上的最大值为f(0)=1，最小值为f（）=－.18.解:(1)因为f′(x)=x2ex+2xex,所以k=f′(1)=3e,切点(1,e).切线方程为3ex-y-2e=0.(2)令f′(x)>0,即x(x+2)ex>0,得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减.(3)由(2)知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,fmin(x)=f(0)=0.当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,须2a+1≥fmin(x),即2a+1≥0,故a≥-.故a的取值范围为[-,+∞).19.解：(1)f(x)=－ex(a＞0)，则f ′(x)=－ex.令f ′(x)－ex=0，则x=ln .当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.(2)当ln≥2，即0＜a≤时， f(x)max=f(2)=－e2；当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max=f=ln－；当ln≤1，即a≥时，f(x)max=f(1)=－e.20.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.由题设知，f′(2)=0，所以a=.从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，f(x)≥0.21.解：(1)当a=1时，f(x)=ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)=－2x＋1=－.令f′(x)=0，即－=－=0，解得x=－或x=1.∵x>0，∴x=－舍去.当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(2)解法一：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)=－2a2x＋a==.①当a=0时，f′(x)=>0，∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.此时f(x)的单调递减区间为(,+∞).依题意，得解得a≥1；③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.此时f(x)的单调递减区间为(－,+∞)，∴解得a≤－.综上所述，实数a的取值范围 (-∞,－]∪[1，＋∞).解法二：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)=.由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)=－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立.①当a=0时，1≤0不合题意；②当a≠0时，可得即∴∴a≥1或a≤－.∴实数a的取值范围是(-∞,－]∪[1，＋∞).22.解：(1)当a=－2时，f(x)=x2－2lnx，则f′(x)=2x－，f′(1)=0，所求切线方程为y=1.(2)f′(x)=2x－(a＋2)＋==，x∈[1，e].当≤1，即a≤2时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，此时f(x)在[1，e]上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)=－a－1，所以－1≤a≤2；当1<<e，即2<a<2e，x∈（1，）时，f′(x)<0，f(x)在（1，）上单调递减；当x∈（，e）时，f′(x)>0，f(x)在（，e）上单调递增，所以f(x)的最小值为f()=－－a＋aln=a(ln -a-1).因为2<a<2e，所以0<ln<1，所以f()=aln -a-1)<0恒成立，所以2<a<2e；当≥e，即a≥2e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，此时f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(e)=e2－(a＋2)e＋a，因为a≥2e>，所以f(e)<0，所以a≥2e，综上，a≥－1.23.解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x＋x－1，则f′(x)=－ln x，则f′(e)=－1，f(e)=－1，所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1=－(x－e)，即x＋y＋1－e=0.(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，易知，ln x≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意.所以a≥.当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a≤0舍去.当0<a<时，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，则f′(x)≤2a(x－1)－（1－）=·(2ax－1).因为0<a<，所以>1.当x∈[1,]时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在[1,]上单调递减，f(x)≤f(1)=0不满足题意，所以0<a<舍去.综上可得，实数a的取值范围为[,+∞).