2022届数学一轮(文科)北师大版课时作业-第三章-导数及其应用-阶段回扣练3.docx

阶段回扣练3　导数及其应用
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2021·哈师大附中检测)设函数f(x)＝axln x(a∈R，a≠0)，若f′(e)＝2，则f(e)的值为 (　　)
A．1 B. C．e D．2e
解析　f′(x)＝aln x＋a，故f′(e)＝2a＝2，得a＝1，
故f(x)＝xln x，f(e)＝e.
答案　C
2．(2021·南昌模拟)曲线y＝x2＋ln x在点(1，1)处的切线方程为 (　　)
A．3x－y－2＝0 B．x－3y＋2＝0
C．3x＋y－4＝0 D．x＋3y－4＝0
解析　y′＝2x＋，故y′|x＝1＝3，故在点(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.
答案　A
3．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(－∞，0] D．(－∞，1]
解析　f′(x)＝3mx2－1，依题意可得m＜0.
答案　A
4．设函数g(x)＝x(x2－1)，则g(x)在区间[0，1]上的最小值为 (　　)
A．－1 B．0 C．－ D.
解析　g(x)＝x3－x，由g′x)＝3x2－1＝0，
解得x＝或－(舍去)．
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化状况如下表：
x
0

1
g′(x)

－
0
＋

g(x)
0

微小值

0
所以当x＝时，g(x)有最小值g＝－.
答案　C
5．(2021·济宁一模)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图像如图所示，则函数f(x)的图像可能是 (　　)

解析　由导数的图像可得原函数f(x)图像在(－∞，0)上“减”，在(0，＋∞)上先“增”后“减”，与之相符的只有D.
答案　D
6．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有 (　　)
A．f(x)＞g(x)
B．f(x)＜g(x)
C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b)
解析　∵f′(x)－g′(x)＞0，∴(f(x)－g(x))′＞0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，∴当a＜x＜b时f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．
答案　C
7．(2022·湛江模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c＝ (　　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
解析　∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则y′，y的变化状况如下表；
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y

c＋2

c－2

因此，当函数图像与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，
∴c＝－2或c＝2.
答案　A
8．(2022·咸阳模拟)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是 (　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析　2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．
答案　B
9．(2021·青岛一模)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图像如图所示，则x＋x等于 (　　)
A. B. C. D.
解析　由题图可知f(1)＝0，f(2)＝0，
∴解得
∴f(x)＝x3－3x2＋2x，
∴f′(x)＝3x2－6x＋2.
由图可知x1，x2为f(x)的极值点，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝.
∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
答案　C
10．(2021·湖北卷)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 (　　)
A．(－∞，0) B.
C．(0，1) D．(0，＋∞)
解析　由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图像有两个不同的交点(x>0)，则a>0；设函数y＝ln x＋1上任一点(x0，1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′＝，当l过坐标原点时，＝⇒x0＝1，令2a＝1⇒a＝，结合图像知0线斜率为，则tan 2x0的值为________．
解析　f′(x)＝－cos x＋sin x，∴f′(x0)＝－cos x0＋sin x0 ＝，即
sin x0－cos x0＝0，∴tan x0＝，∴tan 2x0＝＝＝.
答案　
13．(2022·佛山模拟)设0＜a≤1，函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－ln x，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是________．
解析　f′(x)＝1－＝，当0＜a≤1，且x∈[1，e]时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，f(x1)min＝f(1)＝1＋a2，又g′(x)＝1－(x＞0)，易求g′(x)＞0，∴g(x)在[1，e]上是增函数，g(x2)max＝g(e)＝e－1.由条件知只需f(x1)min≥g(x2)max.即1＋a2≥e－1.∴a2≥e－2.即≤a≤1.
答案　[，1]
14．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
解析　设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8 300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11 700.令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．则y，y′随p的变化状况如下表：
p
(20，30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y

极大值

故当p＝30时，y取极大值为23 000元．又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．
答案　30　23 000
15．(2021·扬州模拟)已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．
解析　f′(x)＝＋＝(x＞0)，
①当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝
－m＝4，得m＝－4，与m＞0冲突．
②当m＜0时，若－m＜1，即m＞－1，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m＞－1冲突；若－m∈[1，e]，
即－e≤m≤－1，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，与－e≤m≤－1冲突；若－m＞e，
即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，
解得m＝－3e，符合题意．
答案　－3e
三、解答题
16．(2021·北京海淀模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋4x＋b，其中a，b∈R且a≠0.
(1)求证：函数f(x)在点(0，f(0))处的切线与f(x)总有两个不同的公共点；
(2)若函数f(x)在区间(－1，1)上有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围．
(1)证明　由已知可得f′(x)＝x2＋2ax＋4.
∴f′(0)＝4，又f(0)＝b，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y＝4x＋b.令x3＋ax2＋4x＋b＝4x＋b，整理得(x＋3a)x2＝0.∴x＝0或x＝－3a，又∵a≠0，
∴－3a≠0，∴f(x)与切线有两个不同的公共点．
(2)解　∵f(x)在(－1，1)上有且仅有一个极值点，
∴f′(x)＝x2＋2ax＋4在(－1，1)上有且仅有一个异号零点，由二次函数图像性质可得f′(－1)f′(1)＜0，
即(5－2a)(5＋2a)＜0，解得a＞或a＜－，即a的取值范围是∪.
17．(2021·合肥质量检测)已知函数f(x)＝(a＋1)x2－2ax－2ln x.
(1)求证：a＝0时，f(x)≥1恒成立；
(2)当a∈[－2，－1]时，求f(x)的单调区间．
(1)证明　a＝0时，f(x)＝x2－2ln x，x∈(0，＋∞)．
f′(x)＝2x－＝，令f′(x)＝0，
解得x＝1(x＝－1舍去)．
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝1.所以，任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥1.
(2)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
①当a＝－1时，f′(x)＝，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．
②当－2＜a＜－1时，－1＜a＋1＜0，1＜－.
∵f′(x)＝，
∴解f′(x)＜0得x∈(0，1)或x∈；
解f′(x)＞0得x∈.
即f(x)的单调增区间为，单调减区间为(0，1)和.
③当a＝－2时，此时f′(x)＝，
∴x∈(0，＋∞)均有f′(x)≤0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，无单调增区间．
综上，a＝－1时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；－2＜a＜－1时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，1)和；
a＝－2时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调增区间．
18．(2021·南平质检)已知函数f(x)＝sin x，g(x)＝mx－(m为实数)．
(1)求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
(2)求函数g(x)的单调递减区间；
(3)若m＝1，证明：当x＞0时，f(x)＜g(x)＋.
(1)解　由题意得所求切线的斜率k＝f′＝cos＝.切点P，则切线方程为y－＝.即x－y＋1－＝0.
(2)解　g′(x)＝m－x2.
①当m≤0时，g′(x)≤0，则g(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)；
②当m＞0时，令g′(x)＜0，
解得x＜－或x＞，
则g(x)的单调递减区间是(－∞，－)，(，＋∞)．
(3)证明　当m＝1时，g(x)＝x－.
令h(x)＝g(x)＋－f(x)＝x－sin x，x∈[0，＋∞)，
h′(x)＝1－cos x≥0，则h(x)是[0，＋∞)上的增函数．
故当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，
即sin x＜x，f(x)＜g(x)＋.
19．(2021·达州一诊)设函数f(x)＝x2(ex－1)＋ax3.
(1)当a＝－时，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝－时，f(x)＝x2(ex－1)－x3，
f′(x)＝2x(ex－1)＋x2ex－x2＝(2x＋x2)(ex－1)，
令f′(x)＞0，得x＞0或－2＜x＜0；
令f′(x)＜0，得x＜－2.
∴f(x)的单调递增区间为(－2，＋∞)；
f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)．
(2)由于f(x)＝x2(ex－1＋ax)对x≥0恒成立，
设g(x)＝ex＋ax－1(x≥0)．
∴f(x)≥0恒成立⇔g(x)≥0恒成立，
∵g′(x)＝ex＋a，
当a≥－1时，g′(x)≥0 对x≥0恒成立，
∴g(x)≥g(0)＝0符合题意．
当a＜－1时，由g′(x)＞0得x＞ln(－a)，
由g′(x)＜0得0≤x＜ln(－a)．
∴g(x)在(0，ln(－a))是减函数，在(ln(－a)，＋∞)是增函数．而又g(0)＝0，
∴g(ln(－a))＜0，故不符合题意．
综上所述a的取值范围是[－1，＋∞)．