【名师总结考前题库】2020届高三数学(理)考前题型专练：导数及应用--Word版含答案.docx

　导数及应用
1．(2022·福州模拟)若曲线f(x)＝x3－x在点P处的切线平行于直线3x－y＝0，则点P的
横坐标为(　　)
A．2　　　　　　　　　　　　 B．±2
C．1 D．－1
2．(2022·厦门模拟)函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3，1)
3．设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的微小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的微小值点
4．(2022·荆州市质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－
2处取得微小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)

5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为(　　)
A．－ B．－2
C．－2或－ D．不存在
6．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所
示，则下列结论中肯定成立的是(　　)
A．函数f(x)有极大值f (2)和微小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)
7．(2022·郑州市质量检测)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，其导函数f′(x)在(a，b)
内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内的极大值点有(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
8．(2022·石家庄市模拟)已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x≠0时，f
′(x)＋＞0，若a＝f，b＝－2f(－2)，c＝ln·f(ln 2)，则下列关于a，b，c的大小关系正确的是(　　)
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．c＞b＞a D．b＞a＞c
9．(2021·高考湖北卷)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，＋∞)
10．(2021·高考安徽卷)函数y＝f(x)的图象如图所示，在区间上可找到n(n≥2)个
不同的数x1，x2，…，xn，使得＝＝…＝，则n的取值范围是(　　)
A．{3，4} B．{2，3，4}
C．{3，4，5} D．{2，3}
11．(2022·河北省质检)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱
柱的体积最大时，其高的值为(　　)
A．3 B.
C．2 D．2
12．已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)
＜0成立(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＞b＞c B．c＞a＞b
C．c＞b＞a D．a＞c＞b
13．(2022·江西省七校联考)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝dx(n∈N*)，S100＝ _____
14．已知Ω＝{(x，y)||x|≤1，|y|≤1}，A是曲线y＝x2与y＝x围成的区域，若向区域Ω
上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为________．
15．已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．
16．(2022·厦门模拟)设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等
式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．
1．解析：选B.设P点坐标为(x0，y0)，则由题意知x－1＝3，∴x0＝±2.
2．解析：选D.y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex·(－x2－2x＋3)＞0⇒x2＋2x－3＜0⇒－3＜x＜1，
∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3，1)．
3．解析：选D.∵f(x)＝＋ln x(x＞0)，∴f′(x)＝－＋.由f′(x)＝0解得x＝2.
当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．
∴x＝2为f(x)的微小值点．
4．解析：选C.f(x)在x＝－2处取得微小值，即x＜－2，f′(x)＜0；x＞－2，f′(x)＞0，那么y＝xf′(x)过点(0，0)及(－2，0)，且当x＜－2时，x＜0，f′(x)＜0，则y＞0.当－2＜x＜0时， x＜0，f′(x)＞0，y＜0.当x＞0时，f′(x)＞0，y＞0，故C正确．
5．解析：选A.由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，则解得或经检验满足题意，故＝－.
6．解析：选D.由图象可知，当x＜－2时，y＝(1－x)f′(x)＞0，所以此时f′(x)＞0，函数递增．当－2＜x＜1时，y＝(1－x)f′(x)＜0，所以此时f′(x)＜0，函数递减．当1＜x＜2时，y＝(1－x)f′(x)＞0，所以此时f′(x)＜0，函数递减．当x＞2时，y＝(1－x)f′(x)＜0，所以此时f′(x)＞0，函数递增．所以函数f(x)有极大值f(－2)，微小值f(2)，故选D.
7．解析：选B.依题意，记函数y＝f′(x)的图象与x轴的交点的横坐标自左向右依次为x1，x2，x3，x4，当a＜x＜x1时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；当x2＜x＜x4时，f′(x)≥0；当x4＜x＜b时，f′(x)＜0.因此，函数f(x)分别在x＝x1、x＝x4处取得极大值，选B.
8．解析：选D.由f′(x)＋＝＝＞0，得函数F(x)＝xf(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，又f(x)是R上的奇函数，所以F(x)在R上是偶函数，所以b＝F(－2)＝F(2)＞a＝F＞0，c＝－F(ln 2)＜0，故选D.
9．解析：选B.由已知得f′(x)＝0有两个正实数根x1，x2(x1的图象与x轴有两个交点，从而得a的取值范围．
f′(x)＝ln x＋1－2ax，依题意ln x＋1－2ax＝0有两个正实数根x1，x2(x10；g′(x)＝－2a，令g′(x)＝0，得x＝，于是g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)在x＝处取得极大值，即f′＝ln >0，>1，所以0与坐标原点连线的斜率．若＝＝…＝，则曲线上存在n个点与原点连线的斜率相等，即过原点的直线与曲线y＝f(x)有n个交点．如图，数形结合可得n的取值可为2，3，4.
11．解析：选D.设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的体积V＝(6×a2)×h＝h＝·，令y＝－＋9h，则y′＝－＋9，令y′＝0，得h＝2.易知当h＝2时，正六棱柱的体积最大．
12．解析：选B.∵当x∈(－∞，0)时不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，即(xf(x))′＜0，∴xf(x)在(－∞，0)上是减函数．
又∵函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，
∴函数y＝f(x)的图象关于点(0，0)对称，
∴函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，
∴xf(x)是定义在R上的偶函数，
∴xf(x)在(0，＋∞)上是增函数．
又∵30.3＞1＞logπ3＞0＞log3＝－2，
2＝－log3＞30.3＞1＞logπ3＞0，
∴·f＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，
即·f＞30.3·f(30.3)＞(logπ3)·f(logπ3)，
即c＞a＞b，故选B.
14．解析：曲线y＝x2与y＝x围成的区域面积为(x－x2)dx＝0＝.
而集合Ω对应的面积为4，故由几何概型计算公式可知点P落入区域A的概率为＝.
答案：
15．解析：f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
m≥－＋，
令g(x)＝－＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
答案：
16．解析：∵k为正数，∴对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立⇒≤
由g′(x)＝＝0得x＝1，
x∈(0，1)，g′(x)＞0，x∈(1，＋∞)，g′(x)＜0，
∴＝＝.
同理f′(x)＝＝0⇒x＝，
x∈，f′(x)＜0，
x∈，
f′(x)＞0，
＝＝，
∴≤，k＞0，∴k≥1. 答案：[1，＋∞)