高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测24《导数的简单应用》小题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测24《导数的简单应用》小题练（教师版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝3，则a＝( )
A.eq \f(19,3) B.eq \f(16,3)
C.eq \f(13,3) D．3
解析：选D ∵f(x)＝ax3＋3x2＋2，∴f′(x)＝3ax2＋6x，∴f′(－1)＝3a－6，
∵f′(－1)＝3，∴3a－6＝3，解得a＝3.故选D.
2．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，其中e为自然对数的底数，则实数a的值是( )
A．e B．2e
C．1 D．2
解析：选C ∵y＝aex＋x，∴y′＝aex＋1，设直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切的切点坐标为(m，n)，则y′|x＝m＝aem＋1＝2，得aem＝1，又n＝aem＋m＝2m＋1，∴m＝0，a＝1，故选C.
3．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.
4．若函数f(x)＝(x＋a)ex在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(－1,0) D．[－1，＋∞)
解析：选A f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1＞0，解得a＜－1.
5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )
A．0 B．－5
C．－10 D．－37
解析：选D 由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.
6．设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为( )
A．(0,0) B．(1，－1)
C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
解析：选D 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋2ax0，又切线方程为x＋y＝0，所以x0≠0，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x\\al(2,0)＋2ax0＝－1，,x0＋x\\al(3,0)＋ax\\al(2,0)＝0，))解得a＝±2，x0＝－eq \f(a,2).所以当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,a＝－2))时，点P的坐标为(1，－1)；当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,a＝2))时，点P的坐标为(－1,1)，故选D.
7．若函数f(x)＝e2x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．(－2，＋∞)
解析：选C ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(x)＝2e2x＋a，∴f′(x)＝2e2x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2e2x在(0，＋∞)上恒成立，又x∈(0，＋∞)时，－2e2x＜－2，∴a≥－2.
8．设函数f(x)＝x3－12x＋b，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增
B．函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减
C．若b＝－6，则函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10
D．若b＝0，则函数f(x)的图象与直线y＝10只有一个公共点
解析：选C 对于选项A，B，根据函数f(x)＝x3－12x＋b，可得f′(x)＝3x2－12，令3x2－12＝0，得x＝－2或x＝2，故函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，所以选项A，B都不正确；对于选项C，当b＝－6时，f′(－2)＝0，f(－2)＝10，故函数f(x)的图象在点(－2，f(－2))处的切线方程为y＝10，选项C正确；对于选项D，当b＝0时，f(x)的极大值为f(－2)＝16，极小值为f(2)＝－16，故直线y＝10与函数f(x)的图象有三个公共点，选项D错误．故选C.
9．已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)cs x－1＝ln x－f(x)sin x，则下列不等式成立的是( )
A.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))C.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))
解析：选D 令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，则g′(x)＝eq \f(f′xcs x－fx－sin x,cs2x)＝eq \f(1＋ln x,cs2x)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(00，))解得eq \f(1,e)eq \f(π,6)>eq \f(1,e)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))，即eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，B错，D正确．同理因为eq \f(π,4)>eq \f(π,6)>eq \f(1,e)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))，即eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，C错．因为eq \f(π,3)>eq \f(π,4)>eq \f(1,e)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))，即eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，A错．故选D.
10．已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－m2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m>\f(\r(2),2)))，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m的值为( )
A．1 B．2
C．e D．e2
解析：选C ∵f(x)在R上是奇函数，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，∴f(x)在(0,2]上的最大值为－3.∵当x∈(0,2]时，f′(x)＝eq \f(1,x)－m2，令f′(x)＝0，解得x＝m－2；由m>eq \f(\r(2),2)知00，f(x)单调递增，当x∈(m－2,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝m－2时，f(x)在(0,2]上取得最大值－3.∴f(m－2)＝ln m－2－m2·m－2＝ln m－2－1＝－3，解得m＝e.故选C.
11．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) B．(－∞，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))) D．(－∞，－1)
解析：选D f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax－1,x).由a<0可得f′(x)<0，即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减．g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1>0，即a<－1，故a的取值范围是(－∞，－1)，选D.
12．已知函数f(x)在定义域R上的导函数为f′(x)，若方程f′(x)＝0无解，且f[f(x)－2 017x]＝2 017，若g(x)＝sin x－cs x－kx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上与f(x)在R上的单调性相同，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，eq \r(2) ]
C．[－1，eq \r(2)] D．[eq \r(2)，＋∞)
解析：选A 若方程f′(x)＝0无解，则f′(x)>0或f′(x)<0恒成立，∴f(x)为R上的单调函数．若∀x∈R，都有f[f(x)－2 017x]＝2 017，则f(x)－2 017x为定值，设t＝f(x)－2 017x，则f(x)＝t＋2 017x，易知f(x)为R上的增函数．∵g(x)＝sin x－cs x－kx，∴g′(x)＝cs x＋sin x－k＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－k.又g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上与f(x)在R上的单调性相同，∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，g′(x)≥0恒成立，则k≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))min.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈[－1,2]，故k≤－1，选A.
二、填空题
13．已知曲线C：y＝x2＋2x在点(0,0)处的切线为l，则由C，l以及直线x＝1围成的区域的面积等于________．
解析：因为y′＝2x＋2，所以曲线C：y＝x2＋2x在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝2，所以切线方程为y＝2x，所以由C，l以及直线x＝1围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S＝eq \i\in(0,1,)(x2＋2x－2x)dx＝eq \i\in(0,1,)x2dx＝eq \f(x3,3)eq \a\vs4\al(|\\al(1,0))＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
14．若函数f(x)＝sin x＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝cs x＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
15．曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
16．已知定义在(0，＋∞)上的单调函数f(x)，对任意的x∈(0，＋∞)，都有f[f(x)－lg3x]＝4，则函数f(x)的图象在x＝eq \f(1,ln 3)处的切线的斜率为________．
解析：由题意，设f(x)－lg3x＝m>0，则f(x)＝lg3x＋m，由f[f(x)－lg3x]＝4可得f(m)＝lg3m＋m＝4，即m＝34－m，解得m＝3，所以f(x)＝lg3x＋3，f′(x)＝eq \f(1,xln 3)，
从而f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln 3)))＝1，即所求切线的斜率为1.
答案：1
B级——难度小题强化练
1．已知函数f(x)＝ln x－ax2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))
解析：选C 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x).当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)不存在两个不同的零点．当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq \r(\f(1,2a))，当00，函数f(x)单调递增，当x>eq \r(\f(1,2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2a))))＝lneq \r(\f(1,2a))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2a))))2＝－eq \f(1,2)ln 2a－eq \f(1,2)，于是要使函数f(x)恰有两个不同的零点，则需满足－eq \f(1,2)ln 2a－eq \f(1,2)>0，即ln 2a<－1，所以0<2a2．已知f′(x)为f(x)(x∈R)的导函数，当x≠0时，f′(x)＋eq \f(fx,x)>2，则方程f(x)＋eq \f(1,x)＝x的根的个数为( )
A．1 B．1或2
C．0 D．0或1
解析：选C 由题意知，方程f(x)＋eq \f(1,x)＝x的根，即为eq \f(xfx－x2＋1,x)＝0的根．记g(x)＝xf(x)－x2＋1，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－2x.
当x≠0时，由f′(x)＋eq \f(fx,x)>2得eq \f(xf′x＋fx－2x,x)>0，故当x>0时，xf′(x)＋f(x)－2x>0，即g′(x)>0，
当x<0时，xf′(x)＋f(x)－2x<0，即g′(x)<0.
所以函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0×f(0)－02＋1＝1.
故函数g(x)＝xf(x)－x2＋1没有零点，即方程f(x)＋eq \f(1,x)＝x无根．故选C.
3．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为y＝f′(x)，当x≠1时，f′(x)－eq \f(f2－x,x－1)>0，若函数y＝f(x＋1)的图象关于原点对称，a＝－eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，b＝－3f(－2)，c＝2f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．a解析：选C 由函数y＝f(x＋1)的图象关于原点对称可得函数y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称，即f(2－x)＝－f(x)．设g(x)＝(x－1)f(x)，则g(2－x)＝[(2－x)－1]f(2－x)＝(1－x)[－f(x)]＝(x－1)f(x)＝g(x)，所以函数y＝g(x)的图象关于直线x＝1对称．由已知当x≠1时，f′(x)－eq \f(f2－x,x－1)>0可得f′(x)＋eq \f(fx,x－1)>0，即eq \f(x－1f′x＋fx,x－1)>0，即eq \f(g′x,x－1)>0.当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．而a＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，b＝g(－2)，c＝g(3)．由函数y＝g(x)的图象关于直线x＝1对称可得a＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，b＝g(－2)＝g(4)，因为eq \f(3,2)<3<4，所以a4．若方程ln(x＋1)＝x2－eq \f(3,2)x＋a在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 3－1，ln 2＋\f(1,2))) B．[ln 2－1，ln 3－1)
C．[ln 2－1，ln 2] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，ln 2＋\f(1,2)))
解析：选A 令f(x)＝ln(x＋1)－x2＋eq \f(3,2)x－a，则f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－2x＋eq \f(3,2)＝eq \f(－4x＋5x－1,2x＋1).当x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减．由于方程ln(x＋1)＝x2－eq \f(3,2)x＋a在区间[0,2]上有两个不同的实数根，即f(x)＝0在区间[0,2]上有两个不同的实数根，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝－a≤0，,f1＝ln 2＋\f(1,2)－a>0，,f2＝ln 3－1－a≤0，))解得ln 3－1≤a5．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ln x－ax＋xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－a))＝ln x－2ax＋1，令f′(x)＝ln x－2ax＋1＝0，得ln x＝2ax－1，因为函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1有两个零点，等价于函数y＝ln x与y＝2ax－1的图象有两个交点．在同一平面直角坐标系中作出它们的图象，如图所示，过点(0，－1)作曲线y＝ln x的切线，设切点为(x0，y0)，则切线的斜率k＝eq \f(1,x0)，所以切线方程为y＝eq \f(1,x0)x－1，又切点在切线上，所以y0＝eq \f(x0,x0)－1＝0，又切点在曲线y＝ln x上，则ln x0＝0，解得x0＝1，所以切点为(1,0)，所以切线方程为y＝x－1.再由直线y＝2ax－1与曲线y＝ln x有两个交点，知直线y＝2ax－1位于两直线y＝－1和y＝x－1之间，其斜率2a满足0<2a<1，解得实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
6．已知函数g(x)＝a－x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)≤x≤e，e为自然对数的底数))与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为函数g(x)＝a－x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)≤x≤e，e为自然对数的底数))与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，所以方程a－x2＝－2ln x，即－a＝2ln x－x2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有解．令f(x)＝2ln x－x2，则f′(x)＝eq \f(2,x)－2x＝eq \f(21－x1＋x,x)，因为eq \f(1,e)≤x≤e，所以f(x)在x＝1处有唯一的极大值点．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－2－eq \f(1,e2)，f(e)＝2－e2，f(x)的极大值为f(1)＝－1，且f(e)答案：[1，e2－2]