2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点17 导数的应用（一）+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点17 导数的应用（一）+答案解析，共21页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试17　导数的应用(一)

高考
概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度
考纲
研读
1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)
3．会用导数解决实际问题


一、基础小题
1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是(　　)
A．增函数
B．减函数
C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减
D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增
答案　A
解析　f′(x)＝1－cos x>0，∴f(x)在(0，2π)上单调递增．
2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是(　　)
A．－2 B．0 C．2 D．4
答案　C
解析　f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去).当－1≤x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x≤1时，f′(x)＜0.所以f(x)在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f(x)max＝f(0)＝2.故选C.
3．已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　)
A．2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2
答案　D
解析　由题意知f′(x)＝－，∴f′(e)＝－，f′(e)＝，∴f(x)＝2ln x－，f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e，当0＜x＜2e时，f′(x)＞0，当x＞2e时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.故选D.
4．直线y＝a分别与曲线y＝ex，y＝ln x＋1交于M，N两点，则|MN|的最小值为(　　)
A．1 B．1－ln 2 C．ln 2 D．1＋ln 2
答案　A
解析　分别令ex＝a，ln x＋1＝a，其中a>0，则x1＝ln a，x2＝ea－1，从而|MN|＝|x1－x2|＝|ln a－ea－1|，构造函数h(a)＝ln a－ea－1，求导得h′(a)＝－ea－1，当a∈(0，1)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，h′(a)0，解得0a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；
②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若a.

当ab.
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
10．(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案　A
解析　由题意可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1].∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，∴当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－2，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.
11．(2019·北京高考)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．
答案　－1　(－∞，0]
解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，且f(x)为奇函数，∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－.∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，即ex≥在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].
12．(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
答案　－
解析　f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cos x＋1)，所以当cos x≤时函数单调递减，当cos x≥时函数单调递增，从而得到函数的单调递减区间为(k∈Z)，函数的单调递增区间为(k∈Z)，所以当x＝2kπ－，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sin x＝－，sin 2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－.
13．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．
答案　－3
解析　∵f(x)＝2x3－ax2＋1，∴f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).若a≤0，则x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意，∴a>0.当00时，f(x)有极小值，为f＝－＋1.∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴f＝0，∴a＝3.∴f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，列表如下：

x
－1
(－1，0)
0
(0，1)
1
f′(x)
12
＋
0
－
0
f(x)
－4

1

0
∴f(x)在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－4.∴最大值与最小值的和为－3.
三、模拟小题
14．(2022·四川省达州中学模拟)函数f(x)＝3＋x ln x的单调递减区间是(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.
15．(2022·湖南湘潭模拟)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)>f(x)，若实数a>0，则下列不等式恒成立的是(　　)
A.af(ln a)≥ea－1f(a－1)
B.af(ln a)≤ea－1f(a－1)
C.ea－1f(ln a)≥af(a－1)
D.ea－1f(ln a)≤af(a－1)
答案　D
解析　令g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)为增函数．令h(a)＝ln a－a＋1，则h′(a)＝－1.当a∈(0，1)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，所以h(a)≤h(1)＝0，所以ln a≤a－1，所以g(ln a)≤g(a－1)，即≤，所以ea－1f(ln a)≤af(a－1).故选D.
16．(2021·新高考八省联考)已知a