2021年高考数学大二轮复习专题二函数与导数2.3(一)导数及其应用练习

2.3〔一〕导数及其应用
【课时作业】
A 级
1．⎠⎛1e
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －m d x ＝3－e 2，那么m 的值为( ) A.
e －1
4e B ．12 C ．－12
D ．－1
解析： ⎠⎛1e
⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －m d x ＝(ln x －mx )|e
1＝(ln e －m e)－(ln 1－m )＝1＋m －m e ＝3－e 2，∴m ＝1
2
.应选B. 答案： B
2．m 是实数，函数f (x )＝x 2
(x －m )，假设f ′(－1)＝－1，那么函数f (x )的单调递增区间是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－43，0 B ．⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，43
C.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞) D ．⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析： 因为f ′(x )＝3x 2
－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得mf ′(x )＝3x 2
＋4x .
由f ′(x )＝3x 2
＋4x >0，解得x <－43
或x >0，
即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞)，应选C. 答案： C
3．(2021·广州市高中综合测试(一))函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋a 2
在x ＝1处的极值为10，那么数对(a ，b )为( )
A ．(－3,3)
B ．(－11,4)
C ．(4，－11)
D ．(－3,3)或(4，－11)
解析： f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b
，依题意可得⎩
⎪⎨
⎪⎧
f ′1＝0，
f 1＝10得
⎩
⎪⎨⎪⎧
3＋2a ＋b ＝0，
1＋a ＋b ＋a 2
＝10，消去b 可得a
2
－a －12＝0，解得a ＝－3或a ⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－3，
b ＝3或
⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝4，
b ＝－11.当⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－3，
b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2
≥0，这时f (x )无极值，
不合题意，舍去，应选C.
答案： C
4．函数f (x )＝e x ＋a e －x
为偶函数，假设曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为32，那么切点
的横坐标等于( )
A ．ln 2
B ．2ln 2
C ．2
D ． 2
解析： 因为f (x )是偶函数，
所以f (x )＝f (－x )，即e x ＋a e －x ＝e －x ＋a e －(－x )
，
解得a ＝1，所以f (x )＝e x ＋e －x
， 所以f ′(x )＝e x
－e －x
.
设切点的横坐标为x 0，那么f ′(x 0)＝e x 0－e －x 0＝32.设e x 0＝t >0，所以t －1t ＝3
2
，解得
t ＝2(负值已舍去)，得e x 0＝2，所以x 0＝ln 2.应选A.
答案： A
5．(2021·安徽淮北一模)函数f (x )在定义域R 内可导，假设f (1＋x )＝f (3－x )，且当
x ∈(－∞，2)时，(x －2)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，c ＝f (3)，那么a ，b ，c 的大小
关系是( )
A ．a >b >c
B ．c >a >b
C ．c >b >a
D ．b >c >a
解析： ∵f (1＋x )＝f (3－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝2对称，∴f (3)＝f (1)． 当x ∈(－∞，2)时，(x －2)f ′(x )<0， ∴f ′(x )>0，即此时f (x )单调递增，∵0<1
2
<1，
∴f (0)<f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12<f (1)＝f (3)，即a <b <c ，应选C. 答案： C
6．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．
解析： y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得x ＝π6，那么x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，
y ′>0；x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0，故函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上递增，在⎝ ⎛⎦
⎥⎤π6，π2上递减，所以当x ＝
π6
时，函数取最大值π
6
＋ 3.
答案：
π
6
＋ 3 7．设函数f (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 2＋x 2
，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为9x ＋y －1＝0，
那么曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为____________．
解析： 由曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为9x ＋y －1＝0可得g (1)＝－8，
g ′(1)＝－9.
函数f (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2的导数为f ′(x )＝12g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2x ，那么有f (2)＝g (1)＋4＝－8＋4＝－4，f ′(2)＝12g ′(1)＋4＝－92＋4＝－1
2
.故曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为
y －(－4)＝－12
(x －2)，即x ＋2y ＋6＝0.
答案： x ＋2y ＋6＝0
8．假设函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，那么实数a 的取值范围是________． 解析： 由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋a x
，要使函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，那么需方程1＋a x
＝0在(0，＋∞)上有解，即x ＝－a ，∴a <0.
答案： (－∞，0)
9．f (x )＝e x －ax 2
，曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y ＝bx ＋1. (1)求a ，b 的值；
(2)求f (x )在[0,1]上的最大值． 解析： (1)f ′(x )＝e x
－2ax ，
所以f ′(1)＝e －2a ＝b ，f (1)＝e －a ＝b ＋1， 解得a ＝1，b ＝e －2. (2)由(1)得：f (x )＝e x
－x 2
，
f ′(x )＝e x －2x ，令
g (x )＝e x －2x ，那么g ′(x )＝e x －2，
所以f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增， 所以f ′(x )≥f ′(l n 2)＝2－2ln 2>0， 所以f (x )在[0,1]上递增， 所以f (x )max ＝f (1)＝e －1.
10．x ＝1是f (x )＝2x ＋b x
＋ln x 的一个极值点． (1)求函数f (x )的单调递减区间；
(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋a
x
，假设函数g (x )在区间[1,2]内单调递增，求a 的取值范
围．
解析： (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝2－b x 2＋1
x
，x ∈(0，＋∞)．
因为x ＝1是f (x )＝2x ＋b
x
＋ln x 的一个极值点， 所以f ′(1)＝0，即2－b ＋1＝0.
解得b ＝3，经检验，适合题意，所以b ＝3. 因为f ′(x )＝2－3
x 2＋1x ＝2x 2
＋x －3
x
2
， 解f ′(x )<0，得0<x <1.
所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)． (2)g (x )＝f (x )－3＋a x ＝2x ＋ln x －a
x
(x >0)，
g ′(x )＝2＋1x ＋a
x
2(x >0)．
因为函数g (x )在[1,2]上单调递增，
所以g ′(x )≥0在[1,2]上恒成立，即2＋1x ＋a x
2≥0在[1,2]上恒成立，所以a ≥－2x
2
－x 在[1,2]上恒成立，
所以a ≥(－2x 2
－x )max ，x ∈[1,2]．
因为在[1,2]上，(－2x 2
－x )max ＝－3，所以a ≥－3. 故a 的取值范围为[－3，＋∞)．
B 级
1．定义：如果函数f (x )在[m ，n ]上存在x 1，x 2(m <x 1<x 2<n )满足f ′(x 1)＝
f n －f m
n －m
，
f ′(x 2)＝f n －f m n －m
.那么称函数f (x )是[m ，n ]上的“双中值函数〞，函数f (x )＝x
3
－x 2
＋a 是[0，a ]上的“双中值函数〞，那么实数a 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1 D ．⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，1 解析： 因为f (x )＝x 3
－x 2
＋a ，所以由题意可知，f ′(x )＝3x 2
－2x 在区间[0，a ]上存
在x 1，x 2(0<x 1<x 2<a )，满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝
f a －f 0a －0
＝a 2－a ，所以方程3x 2
－2x
＝a 2
－a 在区间(0，a )上有两个不相等的实根．
令g (x )＝3x 2－2x －a 2
＋a (0<x <a )，那么⎩⎪⎨⎪⎧
Δ＝4－12－a 2＋a >0，g 0＝－a 2＋a >0，
g a ＝2a 2－a >0，
解得1
2
<a <1，
所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1. 答案： C
2．(2021·兰州市诊断考试)定义在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且
恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，那么有( )
A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4
B ．3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3
C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4 解析： ∵cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0，
∴在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x cos x ′<0，∴函数y ＝f x cos x 在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，∴
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6
cos π6>f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
π3cos
π3
，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，应选C.
答案： C 3．函数f (x )＝
x
ln x
＋ax ，x >1.
(1)假设f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)假设a ＝2，求函数f (x )的极小值．
解析： (1)f ′(x )＝ln x －1
ln 2
x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1ln 2x －1ln x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14.
∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，
∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14的最小值为－14，∴a ≤－14， 即实数a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－14.
(2)当a ＝2时，f (x )＝x
ln x ＋2x (x >1)，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2
x
ln 2
x ， 令f ′(x )＝0得2ln 2
x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍去)，即x ＝e 1
2.
当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 1
2时，f ′(x )>0，
∴f (x )的极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12＝e
1
2
12
＋2e 12＝4e 12.
4．函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 3
＋x 2
x <1，
a ln x x ≥1.
(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．
解析： (1)
当x <1时，
f ′(x )＝－3x 2
＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2
3
.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (－∞，0)
0 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，23 2
3 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，1 f ′(x ) －
0 ＋
0 － f (x )
极小值
极大值
故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3
.
(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，23上单调递增．
因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝4
27
，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；
当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 那么f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.。