新高考数学一轮复习微专题专练16导数在研究函数中的应用（含详解）

这是一份新高考数学一轮复习微专题专练16导数在研究函数中的应用（含详解），共5页。

一、选择题
1．函数f(x)＝3＋x ln x的单调递减区间是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
2．[2023·陕西模拟]若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使得函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈( )
A．[0，1] B．[3，5]
C．[2，3] D．[2，4]
4．已知函数f(x)＝x3＋2x＋sin x，若f(a)＋f(1－2a)>0，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))
5．[2023·昆明摸底诊断测试]已知函数f(x)＝ex＋e－x，则( )
A．f(－ eq \r(2) )B．f(e)C．f( eq \r(5) )D．f(－ eq \r(2) )6．若函数y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)＋f(x)>0恒成立，常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．af(a)>bf(b)
B．af(b)>bf(a)
C．af(a)D．af(b)7．若f(x)＝ eq \f(ln x,x) ，0A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
8．[2022·全国甲卷(文)，8]当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) 取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A．－1 B．－ eq \f(1,2)
C． eq \f(1,2) D．1
9．(多选)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足 eq \f(f′（x）－f（x）,x－1) >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(1，＋∞)上为单调递增函数
B．x＝1是函数g(x)的极小值点
C．函数g(x)至多有两个零点
D．x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立
二、填空题
10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1，3)，则b＋c＝________．
11．[2021·新高考Ⅰ卷]函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
12．已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在x＝0处取得极小值，则m＝________，f(x)的极大值是________．
[能力提升]
13．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2)) 单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
14．(多选)[2022·新高考Ⅰ卷，10]已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
15．[2023·全国乙卷(理)]设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
16．(多选)[2023·新课标Ⅱ卷]若函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) ＋ eq \f(c,x2) (a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
专练16 导数在研究函数中的应用
1．B 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得02．D 因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－ eq \f(1,x) .因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时f′(x)＝k－ eq \f(1,x) ≥0恒成立，即k≥ eq \f(1,x) 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0< eq \f(1,x) <1，所以k≥1.故选D.
3．C 因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.
4．B ∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cs x>0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(a)>f(2a－1)，a>2a－1，解得a<1.故选B.
5．D 因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－ eq \f(1,ex) >0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为 eq \r(2) < eq \r(5) 6．A 令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增．因为a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选A.
7．C ∵f(x)＝ eq \f(ln x,x) ，∴f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2) ， 当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵08．B 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(a,x) － eq \f(b,x2) ＝ eq \f(ax－b,x2) .又当x＝1时，f(x)取得最大值－2，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜0，,f′（1）＝0，,f（1）＝－2，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜0，,a－b＝0，,b＝－2，)) 所以a＝b＝－2，则f′(x)＝ eq \f(－2x＋2,x2) ，所以f′(2)＝ eq \f(－2×2＋2,22) ＝－ eq \f(1,2) .故选B.
9．ABC 因为 eq \f(f′（x）－f（x）,x－1) >0，所以当x>1时，f′(x)－f(x)>0；当x<1时，f′(x)－f(x)<0.因为g(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ，所以g′(x)＝ eq \f(f′（x）－f（x）,ex) ，则当x>1时，g′(x)>0；当x<1时，g′(x)<0.所以函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数，在(－∞，1)上为单调递减函数，则x＝1是函数g(x)的极小值点，则选项A，B均正确．当g(1)<0时，因为函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，所以函数g(x)在区间(1，＋∞)和区间(－∞，1)上分别至多有一个零点，当g(1)>0时，函数g(x)无零点，所以函数g(x)至多有两个零点，所以选项C正确．因为f(0)＝1，所以g(0)＝ eq \f(f（0）,e0) ＝1，又g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，所以当x≤0时，g(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ≥g(0)＝1，又ex>0，所以f(x)≥ex，故选项D错误．故选ABC.
10．－12
解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1，3).∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋3＝－\f(2b,3)，,－1×3＝\f(c,3)，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－3，,c＝－9，))
∴b＋c＝－12.
11．1
解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当0当 eq \f(1,2) 当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－ eq \f(2,x) >0，此时f(x)单调递增；
又f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有：01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)＝1.
12．0 4e－2
解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，∴f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－213．C 因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－ eq \f(1,x) .因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－ eq \f(1,x) ≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0< eq \f(1,a) ≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以 eq \f(1,a) ≤e，即a≥ eq \f(1,e) ＝e－1，故选C.
14．AC 由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(\r(3),3) 或x＝－ eq \f(\r(3),3) .令f′(x)＞0，得x＜－ eq \f(\r(3),3) 或x＞ eq \f(\r(3),3) ；令f′(x)＜0，得－ eq \f(\r(3),3) ＜x＜ eq \f(\r(3),3) .所以f(x)在(－∞，－ eq \f(\r(3),3) )和( eq \f(\r(3),3) ，＋∞)上单调递增，在(－ eq \f(\r(3),3) ， eq \f(\r(3),3) )上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－ eq \f(\r(3),3) )＝－ eq \f(\r(3),9) ＋ eq \f(\r(3),3) ＋1＞0，f(x)极小值＝f( eq \f(\r(3),3) )＝ eq \f(\r(3),9) － eq \f(\r(3),3) ＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
15．[ eq \f(\r(5)－1,2) ，1)
解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))\s\up12(x) ln （1＋a）)) ≥0，设g(x)＝ln a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1)) eq \s\up12(x) ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0， eq \f(1,a) ＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－ eq \f(\r(5)＋1,2) 或a≥ eq \f(\r(5)－1,2) ，又016．BCD 因为函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) ＋ eq \f(c,x2) (a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(ax2－bx－2c,x3) ，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ>0,x1＋x2>0，,x1x2>0)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＋8ac>0,\f(b,a)>0,－\f(2c,a)>0)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＋8ac>0,ab>0,ac<0,bc<0)) .故选BCD.