2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练16导数在研究函数中的应用

这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练16导数在研究函数中的应用，共4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)，＋∞))
答案：B
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得02．[2024·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，＋∞)
答案：D
解析：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．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]
答案：C
解析：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．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)))
答案：B
解析：∵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．[2024·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))答案：D
解析：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．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)答案：A
解析：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．若f(x)＝ eq \f(ln x,x)，0A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
答案：C
解析：∵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．(多选)[2024·新课标Ⅱ卷]设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则( )
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
答案：AD
解析：f(x)＝2x3－3ax2＋1，则f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a).A选项，当a>1时，f′(x)的零点为x1＝0，x2＝a，则x2>x1.当x<0时，f′(x)>0，当0a时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，则x＝0是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，又f(0)＝1>0，f(a)＝2a3－3a3＋1＝1－a3<0，且f(－a)<0，f(2a)>0，所以f(x)有三个零点，A正确；B选项，当a<0时，易知f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是f(x)的极小值点，B错误；C选项，若x＝b是曲线y＝f(x)的对称轴，则f(x＋b)＝f(b－x)，即2(x＋b)3－3a(x＋b)2＋1＝2(b－x)3－3a·(b－x)2＋1，即x3＋3b2x＝3abx，不存在a，b使等式恒成立，故不存在a，b，使得直线x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；D选项，若点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(1＋x) ＋f(1－x)＝2f(1)，即2(1＋x)3－3a(1＋x)2＋1＋2(1－x)3－3a(1－x)2＋1＝6－6a，整理得(12－6a)x2－6a＋6＝6－6a，解得a＝2，所以存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD.
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
答案：ABC
解析：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.
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＝________．
答案：－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．[2024·新课标Ⅰ卷]若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝__________．
答案：ln 2
解析：令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线斜率为f′(0)＝2，所以切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝ eq \f(1,x＋1).因为直线y＝2x＋1也是曲线y＝g(x)的切线，所以令 eq \f(1,x＋1)＝2，解得x＝－ eq \f(1,2)，则曲线y＝g(x)与直线y＝2x＋1的切点坐标为(－ eq \f(1,2)，0)，所以0＝a－ln 2，解得a＝ln 2.
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________．
答案：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－2[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
答案：C
解析：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．(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
答案：AC
解析：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．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________．
答案：[ 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．(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
答案：BCD
解析：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.