数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用试题1理
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第 1 页 共 9 页 第三章 导数及其应用
第二讲 导数的简单应用
练好题·考点自测
1。[2021陕西模拟]若函数f(x）=kx-ln x在区间（1,+∞）上单调递增,则k的取值范围是（ ）
A.（-∞，-2] B。（-∞,-1］
C。[2，+∞) D.［1，+∞）
2。下列说法错误的是（ ）
A.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
B。若x0是可导函数y=f（x）的极值点，则一定有f’(x0)=0
C。函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值
D。函数f（x)=xsinx有无数个极值点
3.［2020安徽安庆一中5月模拟]函数y=f(x）的导函数的图象如图3-2—1所示,给出下列命题：
①（0,3）为函数y=f（x)的单调递减区间；
②（5，+∞）为函数y=f(x）的单调递增区间;
③函数y=f(x）在x=0处取得极大值;
④函数y=f（x)在x=5处取得极小值。
其中正确的命题序号是（ )
A。①③ B.②④
C。①④ D。②③④ 2022321
第 2 页 共 9 页 4.[2017全国卷Ⅱ,11,5分][理］若x=—2是函数f（x）=(x2+ax—1）ex-1的极值点，则 f（x)的极小值为( ）
A.—1 B。-2e—3 C。5e—3 D.1
5。[2021河南省名校第一次联考］已知函数f（x)=x(x—c）2在x=2处取极大值,则c= 。
6.[2021武汉市部分学校质检]设函数f（x）=ln1+sin𝑥2cos𝑥在区间[-π4，π4］上的最小值和最大值分别为m和M,则m+M= 。
拓展变式
1。[2020全国卷Ⅰ，21,12分][理]已知函数f（x）=ex+ax2—x.
（1）当a=1时,讨论f(x）的单调性；
(2）当x≥0时，f（x)≥12x3+1,求a的取值范围.
2.已知函数g(x)=13x3—𝑎2x2+2x+5.
（1）若函数g(x）在(-2，-1)内单调递减，则a的取值范围为 ;
（2)若函数g（x）在（-2，-1）内存在单调递减区间，则a的取值范围为 ;
（3）若函数g(x)在（—2，—1)上不单调,则a的取值范围为 .
3.［2017北京，19，13分］［理]已知函数f（x）=excosx-x。
(1)求曲线y=f(x）在点(0，f(0）)处的切线方程;
(2）求函数f(x)在区间[0，π2］上的最大值和最小值.
4。［2020广西桂林三校联考］已知函数f(x）=ax2-（a+2）x+lnx。 2022321
第 3 页 共 9 页 （1）函数g（x）=f（x）-ax2+1，在其定义域上g（x)≤0恒成立，求实数a的最小值;
(2)当a>0时， f（x）在区间［1,e]上的最小值为-2,求实数a的取值范围。
5。［2021湖南名校大联考］若f(x）为定义在R上的偶函数，当x∈（-∞,0]时，f’(x）+2x>0，则不等式f(x+1）-f(x+2)>2x+3的解集为( ）
A.(32,+∞） B。（-∞，—3)
C.(-∞,—32） D。（—32,+∞)
答 案
第二讲 导数的简单应用
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第 4 页 共 9 页 1.D 因为f(x）=kx-ln x,所以f’（x)=k-1𝑥。因为f(x）在区间（1,+∞)上单调递增,所以当x>1时，f'（x）=k-1𝑥≥0恒成立,即k≥1𝑥在区间（1，+∞）上恒成立。因为x>1,所以0〈1𝑥〈1，所以k≥1。故选D.
2。A 对于A选项，函数在某区间上或定义域内的极大值不一定是唯一的，如f（x）=sin x在定义域内有无数个极大值点,故A错误；对于B选项，若x0是可导函数y=f（x)的极值点,则一定有f'（x0)=0,故B正确;对于C选项,显然正确;对于D选项,函数f(x)=xsinx的导数f’(x)=sin x+xcosx，令f’(x)=0，则x=-tan x，因为y=x与y=-tan x的图象有无数个交点，故函数f(x)=xsinx有无数个极值点，故D正确.选A.
3.B 由函数y=f（x)的导函数的图象可知，当x<-1或30，y=f（x)单调递增，由此可知①错误，②正确;函数y=f（x)在x=—1，x=5处取得极小值,在x=3处取得极大值，由此可知③错误,④正确.故选B。
4.A 因为f（x）=(x2+ax—1）ex-1,所以f’（x)=（2x+a）ex—1+(x2+ax-1)ex-1=［x2+(a+2）x+a-1］ex—1。因为x=-2是函数f(x)=（x2+ax—1）ex—1的极值点，所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1，f'(x)=（x2+x-2）ex—1=(x+2)(x—1）ex—1。令f'(x）〉0,解得x<—2或x〉1，令f’(x)〈0,解得—2〈x<1，所以f（x)在（—∞，—2）上单调递增,在（—2,1）上单调递减，在（1，+∞）2022321
第 5 页 共 9 页 上单调递增,所以当x=1时,f（x)取得极小值,且f(x）极小值=f（1)=—1，故选A.
5.6 解法一 由题知,f'(x)=(x—c)2+2x（x-c)=（x-c）（3x—c）,当c≤0时,不合题意，故c〉0.当x变化时，f’（x),f（x）的变化情况如下表:
x （—∞，c3） c3 （c3,c） c (c,+∞）
f’（x) + 0 - 0 +
f(x） ↗ 极大值f(c3) ↘ 极小值f（c） ↗
故𝑐3=2，c=6。
解法二 由题知，f' (x）=(x-c）2+2x（x—c)=（x-c）(3x—c)，则f'（2)=（2—c)（6—c）=0，解得c=2或c=6,经检验,c=2不合题意，故c=6.
6.—2ln 2 令g(x）=1+sin𝑥2cos𝑥，x∈［—π4，π4]，则g’(x)=cos2𝑥+sin𝑥(1+sin𝑥)2cos2𝑥=sin𝑥+12cos2𝑥，因为x∈［-π4,π4],所以sin x∈［—√22,√22],所以g'（x)〉0,则g（x)在［-π4,π4］上单调递增,所以f（x）在[-π4，π4]上单调递增,因为g（—π4)=1-√222×√22=√2-12，g（π4）=1+√222×√22=√2+12,所以f（x）的最小值与最大值的和m+M=ln√2-12+ln√2+12=ln14=—2ln 2。
1。(1）当a=1时，f（x)=ex+x2-x，f’(x)=ex+2x—1。
故当x∈(-∞，0)时，f'（x）〈0；当x∈（0，+∞)时，f'（x）>0。 所以f（x）在（-∞,0）上单调递减,在(0,+∞)上单调递增。 2022321
第 6 页 共 9 页 （2)f(x)≥12x3+1等价于（12x3—ax2+x+1)e-x≤1。
设函数g(x）=（12x3—ax2+x+1)e-x(x≥0),则
g'(x)=—（12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1)e-x
=—12x［x2—(2a+3)x+4a+2］e-x
=—12x（x—2a—1)（x-2）e-x.
(i）若2a+1≤0,即a≤-12，则当x∈(0，2）时,g’（x)>0.所以g（x)在(0,2）上单调递增，而g（0)=1,故当x∈(0，2）时,g(x)〉1，不合题意.
（ii)若0〈2a+1〈2，即—12〈a〈12，则当x∈(0，2a+1）∪（2，+∞)时，g’（x)<0;当x∈（2a+1,2）时,g’（x）>0。
所以g(x)在（0,2a+1)，（2,+∞）上单调递减,在（2a+1,2）上单调递增。由于g（0)=1,所以g（x)≤1当且仅当g(2）=(7-4a)e—2≤1,即a≥7-e24。
所以当7-e24≤a<12时，g(x)≤1.
（iii)若2a+1≥2,即a≥12,则g(x)≤(12x3+x+1)e—x.
由于0∈［7-e24，12),故由(ii)可得当a=0时,g(x)=(12x3+x+1）e-x≤1。
故当a≥12时,g(x)≤1。
综上,a的取值范围是［7-e24,+∞）。
2.因为g(x）=13x3—𝑎2x2+2x+5,所以g’(x）=x2-ax+2。
（1)（-∞,-3］ 解法一 因为g（x）在（—2，-1)内单调递减，
所以g'(x)=x2—ax+2≤0在(—2,-1）内恒成立。
所以{𝑔'(-2)≤0,𝑔'(-1)≤0,即{4+2𝑎+2≤0,1+𝑎+2≤0,解得a≤-3。
即实数a的取值范围为（—∞，—3]. 2022321
第 7 页 共 9 页 解法二 由题意知x2—ax+2≤0在（—2,—1）内恒成立,
所以a≤x+2𝑥在(—2,—1)内恒成立,记h(x)=x+2𝑥，
则x∈(-2，—1)时,-3
即实数a的取值范围为（—∞,—3］。
(2）(-∞，-2√2） 因为函数g（x）在（-2,-1)内存在单调递减区间，所以g'(x)=x2-ax+2<0在（-2，-1)内有解，
所以a〈（x+2𝑥）max。
又x+2𝑥≤—2√2，当且仅当x=2𝑥即x=—√2时等号成立,
所以满足要求的a的取值范围是（-∞，-2√2）.
（3)（-3,-2√2） 由（1）知g（x）在(-2，-1)上单调递减时,a的范围是（-∞，-3]。
若g（x)在（—2，-1)上单调递增,
则a≥x+2𝑥在（—2，-1）上恒成立,
又在(—2，—1)上y=x+2𝑥的值域为（—3，-2√2］，
所以a的取值范围是［—2√2，+∞),
所以函数g(x）在（—2,-1)上单调时，a的取值范围是（—∞，—3］∪［—2√2,+∞）,
故g(x）在(-2，—1)上不单调时,实数a的取值范围是（—3，-2√2).
3.(1）因为f(x)=excosx-x,所以f’（x）=ex(cos x—sin x)-1，f'(0)=0.
又f（0)=1,所以曲线y=f（x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1。
(2）设h（x）=ex（cos x-sin x）-1,则h’(x)=ex(cos x-sin x-sinx-cos
x）=-2exsin x。
当x∈[0,π2]时,h’(x)≤0，当且仅当x=0时“=”成立,
