高考数学一轮复习第三章 检测三 导数及其应用

这是一份高考数学一轮复习第三章 检测三 导数及其应用，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．(2020·山东实验中学月考)已知函数f (x)＝eq \f(1,x)，则f′(－2)等于( )
A．4 B.eq \f(1,4) C．－4 D．－eq \f(1,4)
答案 D
解析 f′(x)＝－eq \f(1,x2)，f′(－2)＝－eq \f(1,4).
2．曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(0，－1)处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝2x－1
C．y＝－2x＋1 D．y＝2x＋1
答案 A
解析 由y＝eq \f(x＋1,x－1)，可得y′＝eq \f(x－1－x＋1,x－12)＝－eq \f(2,x－12)，
所以曲线在点(0，－1)处的切线的斜率为k＝－2，
所以曲线y＝eq \f(x＋1,x－1)在点(0，－1)处的切线方程为y＝－2x－1.
3．若关于x的不等式x3－3x＋3＋a≤0在x∈[－2,3]上恒成立，则实数a的最大值为( )
A．1 B．－1
C．－5 D．－21
答案 D
解析 若关于x的不等式x3－3x＋3＋a≤0在x∈[－2,3]上恒成立，
则a≤－x3＋3x－3在x∈[－2,3]上恒成立，
令f (x)＝－x3＋3x－3，x∈[－2,3]，
则f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
令f′(x)>0，解得－1令f′(x)<0，解得－2≤x<－1或1故f (x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,1)上单调递增，在(1,3]上单调递减，
而f (－2)＝－1，f (－1)＝－5，f (1)＝－1，f (3)＝－21，
故a≤－21，故a的最大值是－21.
4．(2020·岳阳调研)已知函数f (x)＝(x2＋a2x＋1)ex，则“a＝eq \r(2)”是“函数f (x)在x＝－1处取得极小值”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若f (x)在x＝－1处取得极小值，f′(x)＝[x2＋(a2＋2)x＋a2＋1]ex＝(x＋1)(x＋a2＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a2－1.
①若a＝0，f′(x)＝(x＋1)2ex≥0.
故f (x)在R上单调递增，f (x)无极小值；
②若a≠0，－a2－1<－1，
故当x<－a2－1时，f′(x)>0，f (x)单调递增，
当－a2－1当x>－1时，f′(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)在x＝－1处取得极小值．
综上，函数f (x)在x＝－1处取得极小值⇔a≠0.
∴“a＝eq \r(2)”是“函数f (x)在x＝－1处取得极小值”的充分不必要条件．
故选A.
5．若函数f (x)＝ax－x3在[1,3]上单调递增，则a的取值范围为( )
A．(－∞，3] B．(－∞，27]
C．[3，＋∞) D．[27，＋∞)
答案 D
解析 当a≤0时，f (x)＝ax－x3在[1,3]上单调递减，不符合题意，故a>0.
其图象如图，
令f′(x)＝a－3x2＝0，解得x＝±eq \r(\f(a,3))，
所以极值点的横坐标为±eq \r(\f(a,3))，
又因为函数f (x)＝ax－x3在[1,3]上单调递增，
所以eq \r(\f(a,3))≥3，解得a≥27.
6．已知函数f (x)＝sin 2x＋2cs x(0≤x≤π)，则f (x)( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增 B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减
C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减 D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增
答案 C
解析 f′(x)＝2cs 2x－2sin x＝－2(2sin2x＋sin x－1)>0⇒(2sin x－1)(sin x＋1)<0,0≤x≤π，
故－1故f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，故选C.
7．(2020·张家口调研)已知函数f (x)＝x3－mx2＋2nx＋1，f′(x)是函数f (x)的导数，且函数f′(x)的图象关于直线x＝eq \f(2,3)对称，若f (x)≥1在[1，π]上恒成立，则实数n的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．[π，＋∞)
答案 C
解析 依题意可得f′(x)＝3x2－2mx＋2n，
因为f′(x)的图象关于直线x＝eq \f(2,3)对称，
所以－eq \f(－2m,6)＝eq \f(2,3)，
解得m＝2，故f (x)＝x3－2x2＋2nx＋1，
因为f (x)≥1在[1，π]上恒成立，
所以n≥－eq \f(1,2)(x2－2x)在[1，π]上恒成立，
因为函数g(x)＝－eq \f(1,2)(x2－2x)在[1，π]上单调递减，
所以函数g(x)在[1，π]上的最大值为eq \f(1,2)，
所以n≥eq \f(1,2)，
故实数n的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
8．(2020·深圳联考)定义在R上的函数f (x)的图象是连续不断的曲线，且f (x)＝f (－x)e2x，当x>0时，f′(x)>f (x)恒成立，则下列判断一定正确的是( )
A．e5f (2)C．e5f (－2)>f (3) D．f (－2)答案 B
解析 构造函数g(x)＝eq \f(f x,ex)，因为f (x)＝f (－x)e2x，
所以f (－x)＝eq \f(f x,e2x)，
则g(－x)＝eq \f(f －x,e－x)＝eq \f(\f(f x,e2x),e－x)＝eq \f(f x,ex)＝g(x)，
所以g(x)为偶函数．
当x>0时，g′(x)＝eq \f(f′x－f x,ex)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有g(3)>g(2)，则g(－3)>g(2)，
即e5f (－3)>f (2)．
故选B.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9.已知函数f (x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A．x＝－3为f (x)的极大值点
B．x＝1为f (x)的极大值点
C．x＝－1.5为f (x)的极大值点
D．x＝2.5为f (x)的极小值点
答案 ACD
解析 由导函数的图象可知，f′(1)＝0，当x∈(－3,1)时，f′(x)>0，函数是增函数，当x∈(1,2.5)时，f′(x)<0，函数f (x)是减函数，所以x＝1为f (x)的极大值点．
10．已知函数f (x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列叙述正确的是( )
A．函数f (x)在(－∞，－4)上单调递减
B．函数f (x)在x＝2处取得极大值
C．函数f (x)在x＝－4处取得极值
D．函数f (x)只有一个极值点
答案 BD
解析 由导函数的图象可得，当x≤2时，f′(x)≥0，函数f (x)单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减．
所以函数f (x)在(－∞，－4)上单调递增，故A错误．
当x＝2时，函数取得极大值，故B正确；
当x＝－4时，函数无极值，故C错误．
只有当x＝2时，函数取得极大值，故D正确．故选BD.
11．已知函数f (x)＝(x2－2x)ex，关于f (x)的性质，以下四个结论中正确的是( )
A．f (x)的定义域是(－∞，＋∞)
B．函数f (x)在区间(0,2)上是增函数
C．f (x)是奇函数
D．函数f (x)在x＝eq \r(2)处取得最小值
答案 AD
解析 根据题意可得，函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，所以A正确；
因为f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，
当－eq \r(2)所以函数f (x)在(－eq \r(2)，eq \r(2))上单调递减；
当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)>0，
所以函数f (x)在(－∞，－eq \r(2))，(eq \r(2)，＋∞)上单调递增，
又y＝x2－2x在(－∞，0)，(2，＋∞)上为正，在(0,2)上为负，
所以函数在x＝eq \r(2)处取得最小值，所以D正确，B错误．
因为f (－x)＝(x2＋2x)e－x，所以f (x)是非奇非偶函数，所以C错误．
故选AD.
12．已知不等式ex≥x＋1对∀x∈R恒成立．以下命题中真命题是( )
A．对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立
B．对∀x∈(0，＋∞)，不等式ln(x＋1)C．对∀x∈(0，＋∞)，且x≠1，不等式ln xD．对∀x∈(0，＋∞)，且x≠1，不等式eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)>eq \f(ln x,x－1)恒成立
答案 ABCD
解析 由ex≥x＋1对∀x∈R恒成立，结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立，故A正确；
由ex≥x＋1，且x∈(0，＋∞)，
两边取对数，得x>ln(x＋1)，即ln(x＋1)令f (x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f (x)max＝f (1)＝0，则ln x－x＋1<0，即ln x当x∈(0，＋∞)，且x≠1时，不等式eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)>eq \f(ln x,x－1)等价于eq \f(2ln x,x2－1)－eq \f(1,x)<0，
即eq \f(1,x)>eq \f(2ln x,x2－1)，
若x∈(0,1)，则eq \f(x2－1,2x)令g(x)＝eq \f(x2－1,2x)－ln x，g′(x)＝eq \f(4x2－2x2＋2,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－12,2x2)>0，
∴g(x)在(0,1)上为增函数，则g(x)即eq \f(x2－1,2x)若x∈(1，＋∞)，则eq \f(x2－1,2x)>ln x，
令g(x)＝eq \f(x2－1,2x)－ln x，g′(x)＝eq \f(4x2－2x2＋2,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－12,2x2)>0，
∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，则g(x)>g(1)＝0，
即eq \f(x2－1,2x)>ln x.
∴不等式eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)>eq \f(ln x,x－1)恒成立．D正确．
故选ABCD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数f (x)＝x3－3x，则f (x)在x＝0处的切线方程为________；f (x)的单调递减区间是________．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 y＝－3x [－1,1](或(－1,1))
解析 由f (x)＝x3－3x，得f′(x)＝3x2－3，
所以f (x)在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝－3，切点为(0,0)，
则切线的方程为y＝－3x；
由3x2－3≤0，可得－1≤x≤1，
所以f (x)的单调递减区间为[－1,1]．
14．(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝3x
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，
所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝3，
所以所求的切线方程为y＝3x.
15．(2020·荆州质检)f (x)为定义在R上的奇函数，当x≤0时，f (x)＝eq \r(－x)－x2，f′(x)为f (x)的导函数，则f′(1)＋f (1)＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 当x>0时，－x<0，
所以f (x)＝－f (－x)＝－[eq \r(－－x)－(－x)2]＝－eq \r(x)＋x2，
则f (1)＝－1＋1＝0，
所以f′(x)＝－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)＋2x＝－eq \f(1,2\r(x))＋2x，
则f′(1)＝－eq \f(1,2)＋2＝eq \f(3,2)，
所以f′(1)＋f (1)＝eq \f(3,2)＋0＝eq \f(3,2).
16．已知函数f (x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，且不等式f (x1)＋f (x2)答案 [－5，＋∞)
解析 f′(x)＝eq \f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，
因为函数f (x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，
所以方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实数根，
于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))
解得0f (x1)＋f (x2)－x1－x2＝axeq \\al(2,1)－2x1＋ln x1＋axeq \\al(2,2)－2x2＋ln x2－x1－x2＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－3(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝－eq \f(2,a)－1－ln 2a，
设h(a)＝－eq \f(2,a)－1－ln 2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0h′(a)＝eq \f(2－a,a2)>0，故h(a)在0故h(a)因此实数t的取值范围是[－5，＋∞)．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)(2020·张家口质检)已知函数f (x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝f (x)ex，讨论g(x)的单调性．
解 (1)对f (x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f (x)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝0，
即3a×eq \f(16,9)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝eq \f(16a,3)－eq \f(8,3)＝0，解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex，
故g′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex
＝eq \f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex，
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4，
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－4)上为减函数，
当－40，故g(x)在(－4，－1)上为增函数，
当－1当x>0时，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
综上所述，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上单调递减，在(－4，－1)和(0，＋∞)上单调递增．
18．(12分)(2020·潮州质检)已知函数f (x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax(其中a为实数)．
(1)若x＝－1是f (x)的极值点，求函数f (x)的单调递减区间；
(2)若f (x)在(－2，＋∞)上是增函数，求a的取值范围．
解 (1)因为f (x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax，
所以f′(x)＝x2－2x＋a,
因为x＝－1是f (x)的极值点，
所以f′(－1)＝0，即1＋2＋a＝0，所以a＝－3,
故f′(x)＝x2－2x－3，
令f′(x)<0，解得－1所以f (x)的单调递减区间为(－1,3).
(2)因为f (x)在(－2，＋∞)上为增函数，
所以f′(x)＝x2－2x＋a≥0在(－2，＋∞)上恒成立，
即a≥－x2＋2x在(－2，＋∞)上恒成立，
因为g(x)＝－x2＋2x在(－2,1)上是增函数，
在(1，＋∞)上是减函数，
所以g(x)≤g(1)＝1,
所以a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞)．
19．(12分)(2020·泉州模拟)已知函数f (x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋3，其导函数f′(x)的图象关于y轴对称，f (1)＝－eq \f(2,3).
(1)求实数m，n的值；
(2)若函数y＝f (x)－λ的图象与x轴有三个不同的交点，求实数λ的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2＋2mx＋n.
∵函数f′(x)的图象关于y轴对称，∴m＝0.
又f (1)＝eq \f(1,3)＋n＋3＝－eq \f(2,3)，解得n＝－4.
∴m＝0，n＝－4.
(2)问题等价于方程f (x)＝λ有三个不相等的实根时，求λ的取值范围．
由(1)得f (x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋3，
∴f′(x)＝x2－4.
令f′(x)＝0，解得x＝±2.
∵当x<－2或x>2时，f′(x)>0，
∴f (x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增．
又当－2∴f (x)在(－2,2)上单调递减．
∴f (x)的极大值为f (－2)＝eq \f(25,3)，极小值为f (2)＝－eq \f(7,3).
∴实数λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，\f(25,3))).
20．(12分)(2020·滨州质检)已知函数f (x)＝aex－cs x－x(a∈R)．
(1)若a＝1，证明：f (x)≥0；
(2)若f (x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围．
(1)证明 a＝1时，f (x)＝ex－cs x－x，
令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上为减函数，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以g(x)≥g(0)＝1，而cs x≤1，且g(0)＝cs 0，
所以ex－x≥cs x，即f (x)≥0.
(2)解 f (x)在(0，π)上有两个极值点等价于f′(x)＝aex＋sin x－1＝0在(0，π)上有两个不同的实数根，
f′(x)＝0等价于a＝eq \f(1－sin x,ex)，
设h(x)＝eq \f(1－sin x,ex)，x∈(0，π)，
h′(x)＝eq \f(sin x－cs x－1,ex)＝eq \f(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－1,ex)，
令h′(x)＝0，得x＝eq \f(π,2)，
当0当eq \f(π,2)0，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上为增函数，
又h(0)＝1，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，h(π)＝eq \f(1,eπ)＝e－π，0所以当0所以a的取值范围是(0，e－π)．
21．(12分)如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x cm.
(1)若广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？
(2)若广告商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
解 设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm，
由已知得a＝eq \r(2)x，h＝eq \f(60－2x,\r(2))＝eq \r(2)(30－x)，0(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，
所以当x＝15时，S取得最大值．
(2)由题意，可得V＝a2h＝2eq \r(2)(－x3＋30x2)，
则V′＝6eq \r(2)x(20－x)．
由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20.
当x∈(0,20)时，V′>0，V在(0,20)上单调递增；
当x∈(20,30)时，V′<0，V在(20,30)上单调递减．
所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值，
此时eq \f(h,a)＝eq \f(1,2).
即当x＝20时，包装盒的容积最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为eq \f(1,2).
22．(12分)(2020·威海期末)已知函数f (x)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1, f (1))处的切线方程；
(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f (x)>1.
(1)解 当m＝1时，f (x)＝ex－ln x－1，
所以f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝e－1，
又因为f (1)＝e－1，即切点的坐标为(1，e－1)，
所以曲线y＝f (x)在点(1，e－1)处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x.
(2)证明 当m>1时，f (x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，
要证明f (x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，
设g(x)＝ex－ln x－2，
则g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
设h(x)＝ex－eq \f(1,x)，
则h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2<0，g′(1)＝e－1>0，
所以函数g′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
因为g′(x0)＝0，所以＝eq \f(1,x0)，
即ln x0＝－x0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，
故g(x)≥g(x0)＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2>0，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
综上可知，若m∈(1，＋∞)，f (x)>1.