2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测24《导数的简单应用》小题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测24《导数的简单应用》小题练(含答案详解)，共5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
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
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
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)
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
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
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，＋∞)
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，＋∞)
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
已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)=ln x－m2x(m>eq \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
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)))
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)
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)))
二、填空题
曲线y=(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a=________.
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________.
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________.
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________.
\s 0 参考答案
答案为：D；
解析：∵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.
答案为：C；
解析：∵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.
答案为：D；
解析：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.
答案为：A；
解析：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.
答案为：D；
解析：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.
答案为：A；
解析：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.
答案为：C;
解析：∵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.
答案为：C;
解析：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.
答案为：C；
解析：∵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0当x∈(0，m－2)时，f′(x)>0，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.
答案为：D;
解析：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)所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(π,2)))上单调递增.
因为eq \f(π,3)>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.
答案为：D；
解析：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.
答案为：A；
解析：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≤a所以方程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时，
实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 3－1，ln 2＋\f(1,2))).
二、填空题
答案为：－3；
解析：∵y′=(ax＋a＋1)ex，∴当x=0时，y′=a＋1，∴a＋1=－2，解得a=－3.
答案为：(－∞，－1]；
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].
答案为：eq \f(1,3)；
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= SKIPIF 1 < 0 (x2＋2x－2x)dx= SKIPIF 1 < 0 x2dx=eq \f(x3,3)eq \a\vs4\al(|\\al(1,0))=eq \f(1,3).
答案为：(0,eq \f(1,2))；
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(0,eq \f(1,2)).