2021届高考数学统考二轮复习-增分强化练(三十八)导数的简单应用(理-含解析).doc

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（三十八）导数的简单应用（理，含解析）

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（三十八）导数的简单应用（理，含解析）

年级：
姓名：

增分强化练(三十八)
一、选择题
1．函数y＝xcos x－sin x的导数为(　　)
A．xsin x　　　　　　　 B．－xsin x
C．xcos x D．－xcos x
解析：y′＝(xcos x)′－(sin x)′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
答案：B
2．已知函数f(x)＝(e是自然对数的底数)，则其导函数f′(x)＝(　　)
A. B.
C．1＋x D．1－x
解析：根据函数求导法则得到f′(x)＝故选B.
答案：B
3．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是(　　)
A．1＋ B．1
C．e＋1 D．e－1
解析：因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.
令f′(x)＝0，得x＝0.且当x＞0时，
f′(x)＝ex－1＞0；x＜0时，f′(x)＝ex－1＜0，即函数f(x)在x＝0处取得极小值，f(0)＝1，
又f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1，
比较得函数f(x)＝ex－1在区间[－1,1]上的最大值是e－1.故选D.
答案：D
4．已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　)
A．2e－1 B．－
C．1 D．2ln 2
解析：∵f′(x)＝－，
∴f′(e)＝－，f′(e)＝，
∴f′(x)＝－＝0，x＝2e，∴x∈(0,2e)时，
f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x∈(2e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln 2e－2＝2ln 2，选D.
答案：D

5．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)的图象可能是(　　)

解析：当x<a，b<x<c时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a<x<b，x>c时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以整个函数从左到右，先增后减，再增最后减，由于a＜b＜0所以只有选项A中的图象符合，故选A.
答案：A
6．函数f(x)＝x－2ln x的零点个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：由题意，函数f(x)＝x－2ln x，
则f′(x)＝1－＝，x>0，
当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x＝2时，f(2)＝2－2ln 2>0，
所以函数f(x)＝x－2ln x的图象与x轴没有公共点，所以函数没有零点，故选A.
答案：A
7．(2019·吉安模拟)已知过点P(1,1)且与曲线y＝x3相切的直线的条数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：若直线与曲线切于点(x0，y0)(x0≠1)，则k＝＝＝x＋x0＋1，
又∵y′＝3x2，∴y′|x＝x0＝3x，∴2x－x0－1＝0，解得x0＝1(舍)，x0＝－，∴过点P(1,1)与曲线C：y＝x3相切的直线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0，故选C.
答案：C
8．已知函数f(x)＝－x3－7x＋sin x，若f(a2)＋f(a－2)＞0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1) B．(－∞，3)
C．(－1,2) D．(－2,1)
解析：∵函数f(x)＝－x3－7x＋sin x，
∴f(－x)＝x3＋7x－sin x＝－f(x)，即函数f(x)在R上为奇函数．
∵f′(x)＝－3x2－7＋cos x，
∴f′(x)＝－3x2－7＋cos x＜0恒成立，即函数f(x)在R上为减函数．
∵f(a2)＋f(a－2)＞0，
∴f(a2)＞－f(a－2)＝f(2－a)，
∴a2＜2－a，即a2＋a－2＜0.
∴－2＜a＜1，故选D.
答案：D
9．若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为(　　)
A.＋3e－2 B．2＋e＋
C．4 D．e2－1
解析：∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，
∴m≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋，则h′(x)＝＋1－＝，
当≤x＜1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当1＜x≤e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
∵存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，
∴m≤h(x)max，
∵h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，
∴h＞h(e)，
∴m≤＋3e－2，故选A.
答案：A
10．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＞1 ，则(　　)
A．f(2)－f(1)＞ln 2 B．f(2)－f(1)＜ln 2
C．f(2)－f(1)＞1 D．f(2)－f(1)＜1
解析：由x＞0，xf′(x)＞1⇒f′(x)＞＝(ln x)′，故＞＝ln 2，即f(2)－f(1)＞ln 2，故选A.
答案：A
11．(2019·内江模拟)若函数f(x)＝ax2＋xln x－x存在单调递增区间，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C．(－1，＋∞) D.
解析：f′(x)＝ax＋ln x，
∴f′(x)＞0在x∈(0，＋∞)上成立，
即ax＋ln x＞0，在x∈(0，＋∞)上成立，
即a＞－在x∈(0，＋∞)上成立．
令g(x)＝－，则g′(x)＝－，
∴g(x)＝－，在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴g(x)＝－的最小值为g(e)＝－，
∴a＞－.
故选B.
答案：B
12．(2019·泰安模拟)若函数f(x)＝cos 2x－2a(sin x＋cos x)＋(4a－3)x在上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)
A．1<a<3 B.<a<3
C．a≥1 D．a≥
解析：令t＝sin x－cos x＝sin，则∵x∈∴t∈，
从而f′(x)＝－sin 2x－2a(cos x－sin x)＋(4a－3)＝t2－1＋2at＋(4a－3)＝t2＋2at＋(4a－4)，
因为函数f(x)＝cos 2x－2a(sin x＋cos x)＋(4a－3)x在上单调递增，
所以t2＋2at＋(4a－4)≥0在t∈[－1,1]上恒成立，
即a≥max，t∈[－1,1]，
因为＝(2－t)≤，所以a≥，故选D.
答案：D
二、填空题
13．若f(x)＝3xf′(1)－2x2，则f′(0)＝________.
解析：由题得f′(x)＝3f′(1)－4x，∴f′(1)＝3f′(1)－4，∴f′(1)＝2，∴f′(x)＝6－4x，所以f′(0)＝6－4×0＝6.
答案：6
14．(2019·安阳模拟)函数f(x)＝x－在x＝2处的切线方程为________．
解析：由f(x)＝x－，得f′(x)＝1＋，
∴f′(2)＝1＋＝，
又f(2)＝2－1＝1.
∴函数f(x)＝x－在x＝2处的切线方程为y－1＝(x－2)，即3x－2y－4＝0.
答案：3x－2y－4＝0
15．(2019·青岛模拟)设函数f(x)＝－ex－x的图象上任意一点处的切线为l1，若函数g(x)＝ax＋cos x的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l2满足l1⊥l2，则a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝－ex－1∈(－∞，－1)，
即kl1∈(－∞，－1)，
又l1⊥l2，即kl1·kl2＝－1，
∴kl2∈(0,1)，
kl2＝g′(x)＝a－sin x，
∵sin x∈[－1,1]，
∴kl2＝a－sin x∈[a－1，a＋1]，
∴⇒a∈[0,1]．
答案：[0,1]
16．(2019·东三省四市模拟)底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．
解析：因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E点，

设BC＝a，则BO＝a，
在Rt△EOB中，则有EO2＋OB2＝EB2，
故EO＝ ，
正四棱锥的高为2＋ ，
正四棱锥的体积为V＝×a2×，
令x＝ ，x∈(0,2)，
故V＝×(8－2x2)×(2＋x)，
即V＝×(－2x3－4x2＋8x＋16)，
对V(x)求导得，V′＝×(－6x2－8x＋8)，
令V′＝0，即－6x2－8x＋8＝0，
解得，x＝或x＝－2(舍)，
当x∈，V′(x)>0，V(x)单调递增，
当x∈，V′(x)<0，V(x)单调递减，
故当x＝时，V(x)max＝.
答案：
三、解答题
17．若函数f(x)＝ax3＋bx＋4，当x＝－2时，函数f(x)有极值.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．
解析：(1)因为f′(x)＝ax2＋b，由题意得，解得，
故所求函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：

x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
递增

递减
－
递增
因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，
当x＝2时，f(x)有极小值－，
因为函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图所示：

若f(x)＝k有3个不同的根，则直线y＝k与函数
y＝f(x)的图象有3个交点，所以－<k<.
18．(2019·张家口、沧州模拟)已知函数f(x)＝ex(x＋a)(a∈R)．
(1)讨论f(x)在[0，＋∞)上的单调性；
(2)函数g(x)＝ex－tx2－tx在[0，＋∞)上单调递增，求实数t的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝ex(x＋a＋1)(x≥0)，
①a＋1≥0即a≥－1时，f(x)在[0，＋∞)上单调递增；
②a＋1<0即a<－1时，令f′(x)＝0，得x＝－a－1，
在[0，－a－1)上f′(x)<0，在(－a－1，＋∞)上f′(x)>0，
f(x)在[0，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．
综上：当a≥－1时，f(x)在[0，＋∞)上单调递增；
当a<－1时，f(x)在[0，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．
(2)g(x)＝ex－tx2－tx在[0，＋∞)上单调递增⇔g′(x)＝ex－tx－t≥0在[0，＋∞)上恒成立⇔min≥0.
令p(x)＝ex－tx－t(x≥0),
p′(x)＝ex－t，
由(1)知，p′(x)在[0，＋∞)上为增函数，p′(x)min＝p′(0)＝－t.
当－t≥0，即t≤时，p(x)在[0，＋∞)上为增函数，
p(x)min＝p(0)＝－－t≥0，得t≤－，
∴t的取值范围为t≤－.
综上，实数t的取值范围是t≤－.