2023届高考一轮复习加练必刷题第23练　导数小题易错练【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第23练　导数小题易错练【解析版】，共7页。试卷主要包含了已知过点A作曲线C等内容，欢迎下载使用。

①(2x)′＝x·2x－1；②(sin 2x)′＝cs 2x；
③(lgax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；④(ln 2)′＝eq \f(1,2).
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 A
解析 ①(2x)′＝2x·ln 2，所以①错误；
②(sin 2x)′＝2cs 2x，所以②错误；
③(lgax)′＝eq \f(1,xln a)(a>0，且a≠1)，
所以③错误；
④(ln 2)′＝0，所以④错误．
2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－3处取得极大值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－3处取得极大值，
当x<－3时，f′(x)>0；当x＝－3时，f′(x)＝0；当x>－3时，f′(x)<0.
所以当x<－3时，xf′(x)<0；
当x＝－3时，xf′(x)＝0；
当－30；
当x＝0时，xf′(x)＝0；
当x>0时，xf′(x)<0.
3．已知f(x)＝eq \f(ln x,x)，则当0A．[f(x)]2B．f(x2)<[f(x)]2C．f(x)D．f(x2)答案 D
解析 ∵0∵f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当00，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，
∴f(x2)又∵[f(x)]2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x)))2>0，
∴f(x2)4．在函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2图象上某点处的切线的倾斜角的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))
答案 B
解析 由函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2，得f′(x)＝x2－2x，设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2图象上任一点P(x0，y0)，且在该点处的切线的倾斜角为α(0≤α＜π)，
则f′(x0)＝xeq \\al(2,0)－2x0＝(x0－1)2－1≥－1，
∴切线斜率k≥－1，
∴0≤α＜eq \f(π,2)或eq \f(3π,4)≤α＜π.
∴在函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2图象上某点处，
切线倾斜角的范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)) .
5．已知函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1在x∈(－∞，－2)上单调递增，在x∈(－2,1)上单调递减，则函数f(x)在x∈[－2,2]的值域是( )
A．[－1，e] B．[－1,5e－3]
C．[－1，－e－1] D．[5e－3，e]
答案 A
解析 由f′(x)＝[x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋2))x＋a－1]ex－1，
由已知可得f′(－2)＝0⇒a＝－1，则
f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x－1))ex－1，
f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x－2))ex－1，
当x∈[－2,1]时，f′(x)≤0⇒f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))时，f′(x)>0⇒f(x)单调递增，
则f(x)min＝f(1)＝－1，f(－2)＝5e－3，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝e，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝e，
综上，f(x)∈[－1，e]．
6．(2022·德州模拟)若函数f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上不单调，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，e＋1))
B．[2，e＋1]
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2))∪[e＋1，＋∞)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，2))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋1，＋∞))
答案 A
解析 ∵f(x)＝ex－(a－1)x＋1，
∴f′(x)＝ex－a＋1，
若f(x)在(0,1)上不单调，
则f′(x)在(0,1)上有变号零点，
又∵f′(x)单调递增，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))·f′(1)<0，
即(1－a＋1)(e－a＋1)<0，
解得2∴a的取值范围是(2，e＋1)．
7．已知过点A(a,0)作曲线C：y＝x·ex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)
答案 A
解析 设切点为(x0，x0)，y′＝(x＋1)ex，
∴y′|＝(x0＋1)·，
则切线方程为y－x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋1))·(x－x0)，
将点A(a,0)代入得－x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋1))·(a－x0)，
∴a＝eq \f(x\\al(2,0),x0＋1)，即方程xeq \\al(2,0)－ax0－a＝0有两个不同的实数解，
则有Δ＝a2＋4a>0⇒a>0或a<－4.
8．函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为( )
A．[1，eq \r(3)] B．[1，＋∞)
C．(1，eq \r(3)] D．(1，＋∞)
答案 A
解析 ∵f(x)＝3x－x3，
∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，
令f′(x)＝0，则x＝1或－1(舍负)，
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f(eq \r(3))＝0，f(1)＝2，函数f(x)的图象如图所示，
∴1≤m≤eq \r(3).
9．(多选)设函数f(x)＝eq \f(ex,ln x)，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))时，f(x)图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)有且仅有一个极值点
答案 BCD
解析 由题意，函数f(x)＝eq \f(ex,ln x)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,ln x≠0，))解得x>0且x≠1，
所以函数f(x)＝eq \f(ex,ln x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))∪(1，＋∞)，所以A不正确；
由f(x)＝eq \f(ex,ln x)知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))时，ln x<0，
∴f(x)<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上的图象都在x轴的下方，B正确；
∵f′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),ln x2)，∴f′(x)>0在定义域上有解，函数f(x)存在单调递增区间，C正确；
由g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)(x>0)，所以g′(x)>0，函数g(x)单调递增，则函数f′(x)＝0只有一个根x0，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D正确．
10．(多选)(2022·郴州模拟)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足(x＋1)·[f′(x)－f(x)]>0，对于函数g(x)＝eq \f(fx,ex)，下列结论正确的是( )
A．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1))上单调递增
B．x＝－1是函数g(x)的极小值点
C．函数g(x)必有2个零点
D．e2f(e)>eef(2)
答案 BD
解析 函数g(x)＝eq \f(fx,ex)，
则g′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
当x<－1时，f′(x)－f(x)<0，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－1))上单调递减，A错误；
当x>－1时，f′(x)－f(x)>0，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))上单调递增，故x＝－1是函数g(x)的极小值点，B正确；
若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))<0，则y＝g(x)有两个零点，
若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝0，则y＝g(x)有一个零点，
若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))>0，则y＝g(x)没有零点，故C错误；
g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))上单调递增，
则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2)),e2)eef(2)，D正确．
11．(2022·遵义模拟)若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5无极值点，则实数a的取值范围是________．
答案 [－1,1]
解析 ∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5，
∴f′(x)＝x2－2ax＋1，
由函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2＋x－5无极值点知，
f′(x)＝0至多有1个实数根，
∴Δ＝(－2a)2－4≤0，
解得－1≤a≤1，
故实数a的取值范围是[－1,1]．
12．已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈[0，＋∞)，均满足：xf′(x)＋2f(x)>0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(2x)答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
解析 ∵f(x)是R上的偶函数，
∴g(x)＝x2f(x)是R上的偶函数，
∵xf′(x)＋2f(x)>0，
∴当x∈[0，＋∞)时，x2f′(x)＋2xf(x)≥0，
∴g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≥0，
∴g(x)＝x2f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴|2x|<|1－x|，即(x＋1)(3x－1)<0.
解得－1∴所求不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))).
13．已知函数f(x)＝eq \f(1,ex)－ex＋2x－eq \f(1,3)x3(e为自然对数的底数)，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
解析 由题意得f′(x)＝－eq \f(1,ex)－ex＋2－x2
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋\f(1,ex)))＋2－x2，
因为ex＋eq \f(1,ex)≥2eq \r(ex·\f(1,ex))＝2，
当且仅当ex＝eq \f(1,ex)，即x＝0时取等号，
所以f′(x)≤0，所以函数f(x)单调递减，
又因为f(x)为奇函数，
f(3a2)＋f(2a－1)≥0，
所以f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，
即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤eq \f(1,3).
14．已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x).若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2)))上存在极值，则正实数a的取值范围是________；如果当x≥1时，不等式f(x)≥eq \f(k,x＋1)恒成立，那么实数k的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) (－∞，2]
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
当x≥1时，k≤eq \f(x＋11＋ln x,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋ln x,x)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x＋1＋\f(1,x)))x－x＋11＋ln x,x2)＝eq \f(x－ln x,x2).
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，
所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．