15导数的应用专项训练（附答案）—2024届艺术班高考数学一轮复习

这是一份15导数的应用专项训练（附答案）—2024届艺术班高考数学一轮复习，文件包含15导数的应用专项训练答案2024届艺术班高考数学一轮复习docx、15导数的应用专项训练附答案2024届艺术班高考数学一轮复习docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B． (0, 3)
C．(1，4)D． (2，＋∞)
解析：选D 因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
2．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是( )
A．(0，1)B．(－∞，1)
C．(0，＋∞)D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选D f′(x)＝3x2－6b，当f′(x)＝0时，x＝±eq \r(2b)，∴0＜eq \r(2b)＜1，解得0＜b＜eq \f(1,2)．
3．(2023·商洛三模)若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为( )
A．[－3，6]
B．(－3，6)
C．(－∞，－3]∪[6，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析：选A 因为f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，因为f(x)无极值，所以(2a)2－4×3×(a＋6)≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3，6]．故选：A．
4．函数f(x)＝2x3－6x＋m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－4，4)
B．[－4，4]
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
解析：选A 由题意，函数f(x)＝2x3－6x＋m，
可得f′(x)＝6x2－6＝6(x－1)(x＋1)，
当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，
要使得函数f(x)有三个零点，
则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝－2＋6＋m＞0，,f（1）＝2－6＋m＜0，))
解得－4＜m＜4，
即实数m的取值范围是(－4，4)．故选A．
5．(2023·甘肃永昌第一高级中学期中)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2ax－ln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))上不单调，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，6))
B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，2))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选C 由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2ax－ln x，
得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)．
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))上不单调，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))上有极值点．
当a＝0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－eq \f(1,x)<0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))上恒成立，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))上单调递减，不满足题意；
当a≠0时，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0，得x＝eq \f(1,2a)，
所以有1综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2)))．
6．(2023·贵州毕节三诊)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，eq \f(π,3)是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的一个极值点，则ω的最小值为( )
A．eq \f(1,2)B．1
C．2D．eq \f(7,2)
解析：选A 由eq \f(π,3)是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的一个极值点，结合正弦函数图象的性质可知，x＝eq \f(π,3)是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的一条对称轴，
即eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，求得ω＝3k＋eq \f(1,2)，
∵ω>0，
∴当k＝0时，ω的最小值为eq \f(1,2)．
7．(多选)已知函数y＝f(x)的导函数图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间
B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：选ABD 由图知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增，所以y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)．函数f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选ABD．
8．(2023·石家庄调研)已知函数y＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－a))eq \s\up12(2)在x＝1处极大值，则a的值为( )
A．1B．3
C．1或3 D．0或1或3
解析：选B ∵函数f(x)＝x(x－a)2＝
x3－2ax2＋a2x，∴f′(x)＝3x2－4ax＋a2，
由题意知f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝3－4a＋a2＝0，∴a＝3，或a＝1，
又函数f(x)＝x(x－a)2在x＝1处有极大值，
故导数值在x＝1处左侧为正数，右侧为负数．
当a＝3时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，满足导数值在x＝1处左侧为正数，右侧为负数．
当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，导数值在x＝1处左侧为负数，右侧为正数，不符合题意，故a＝3．
9．(2023·河北保定一模)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1，1)B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选B 设g(x)＝f(x)－2x－4，由已知g′(x)＝f′(x)－2＞0，
则g(x)在(－∞，＋∞)上递增，又g(－1)＝f(－1)－2＝0，
由g(x)＝f(x)－2x－4＞0，知x＞－1．
10．设点P是曲线y＝eq \r(x)－eq \f(3,2)ln x上的任意一点，则P到直线y＝－x的最小距离是________．
解析：由题意可设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\r(x0)－\f(3,2)ln x0))，又y′＝eq \f(1,2\r(x))－eq \f(3,2x)，则eq \f(1,2\r(x0))－eq \f(3,2x0)＝－1，解得x0＝1，即切点为(1，1)，所以点(1，1)到直线y＝－x的距离d＝eq \r(2)．
答案：eq \r(2)
11．(2023·全国甲卷)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ax－eq \f(sin x,cs2x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
(1)当a＝1时，讨论feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调性；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x<0，求a的取值范围．
解：(1)因为a＝1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x－eq \f(sin x,cs2x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝1－eq \f(cs xcs2x－2cs x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x))sin x,cs4x)
＝1－eq \f(cs2x＋2sin2x,cs3x)
＝eq \f(cs3x－cs2x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs2x)),cs3x)
＝eq \f(cs3x＋cs2x－2,cs3x)．
令t＝cs x，由于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以t＝cs x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，
所以cs3x＋cs2x－2＝t3＋t2－2＝t3－t2＋2t2－2＝t2(t－1)＋2(t＋1)(t－1)＝(t2＋2t＋2)(t－1)，
因为t2＋2t＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋1))eq \s\up12(2)＋1>0，t－1<0，cs3x＝t3>0，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(cs3x＋cs2x－2,cs3x)<0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减．
(2)构建geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x＝ax－eq \f(sin x,cs2x)＋sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝a－eq \f(1＋sin2x,cs3x)＋cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x<0，且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＋sin 0＝0，
则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝a－1＋1＝a≤0，解得a≤0．
当a＝0时，
因为sin x－eq \f(sin x,cs2x)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,cs2x)))，
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以01，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x＝sin x－eq \f(sin x,cs2x)<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x＝ax－eq \f(sin x,cs2x)＋sin x综上所述：若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋sin x<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，0))．
12．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝eq \f(2,3)时，y＝f(x)有极值．
(1)求a，b，c的值；
(2)求y＝f(x)在[－3，1]上的最大值和最小值．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0．①
当x＝eq \f(2,3)时，y＝f(x)有极值，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝0，可得4a＋3b＋4＝0．②
由①②解得a＝2，b＝－4．
由于切点的横坐标为x＝1，
∴f(1)＝4，
∴1＋a＋b＋c＝4，∴c＝5．
∴a＝2，b＝－4，c＝5．
(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
∴f′(x)＝3x2＋4x－4，
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq \f(2,3)．
当x变化时，y′、y的取值及变化如下表：
∴y＝f(x)在[－3，1]上的最大值为13，最小值为eq \f(95,27)．x
－3
(－3，－2)
－2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
1
y′
＋
0
－
0
＋
y
8
单调递增↗
13
单调递减↘
eq \f(95,27)
单调递增↗
4