高考数学二轮专题导数及其应用训练试题

卢氏一中2021届高考数学二轮?导数(d ǎo sh ù)及其应用?专题训练
一、选择题
1．函数(h ánsh ù)f (x )＝x 3
＋ax 2
＋3x －9，f (x )有两个(li ǎn ɡ ɡè)极值点x 1，x 2，那么(n à me)x 1·x 2等于( )
A ．9
B ．－9
C ．1
D ．－1[ : ]
解析：f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋3，那么x 1·x 2＝1. 答案：C
2．(2021·高考)假设f (x )＝x 2
－2x －4ln x ，那么f ′(x )>0的解集为( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞)
D ．(－1,0)
解析：令f ′(x )＝2x －2－4x ＝2(x －2)(x ＋1)
x
＞0，利用数轴标根法可解得－1＜x ＜0
或者x ＞2，又x ＞0，所以x ＞2.[ : ]
答案：C
3．(2021·高考)曲线y ＝sin x sin x ＋cos x －12在点M (π4，0)处的切线的斜率为( )
A ．－1
2
B.12 C ．－22
D.
22
解析：y ′＝cos x (sin x ＋cos x )－sin x (cos x －sin x )(sin x ＋cos x )2
＝11＋sin2x ，把x ＝π
4代入得导数值为1
2
. 答案：B
4．(2021·高考)设函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．假设x ＝－1为函数f (x )e x
的一个极值点，那么以下图像不可能为y ＝f (x )的图像是( )
解析(ji ě x ī)：假设x ＝－1为函数(h ánsh ù)f (x )e x
的一个(y ī ɡè)极值点，那么易得a ＝c .因选项A 、B 的函数(h ánsh ù)为f (x )＝a (x ＋1)2
，那么[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x
＋
f (x )(e x )′＝a (x ＋1)(x ＋3)e x ，∴x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点满足条件；选项C
中，对称轴x ＝－b
2a
＞0，且开口向下，
∴a ＜0，b ＞0.∴f (－1)＝2a －b ＜0.也满足条件；选项D 中，对称轴x ＝－b
2a ＜－1，且
开口向上，
∴a ＞0，b ＞2a .∴f (－1)＝2a －b ＜0.与图矛盾，故答案选D. 答案：D
5．(2021·模拟)函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c ，假设f (x )在区间(－1,0)上单调递减，那么a 2
＋b 2
的取值范围是( )
A ．[9
4，＋∞)
B ．(0，9
4]
C ．[9
5
，＋∞)
D ．(0，9
5
]
解析：由题意得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2
＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
2a －b －3≥0，b ≤0.∴a ，b 所满足的可行域如图中的阴影局部所
示．那么点O 到直线2a －b －3＝0的间隔 d ＝
3
5
.∴a 2＋b 2≥d 2＝95.∴a 2
＋
b 2的取值范围为[9
5
，＋∞)．
答案：C
6．(2021·模拟)函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，不等式
f (x )＋xf ′(x )>0恒成立，假设a ＝2f (2)，b ＝(lo
g π2)f (log π2)，c ＝(log 214)f (log 214
)，那
么a 、b 、c 的大小关系是( )
A ．a >b >c
B ．c >b >a
C ．b >a >c
D ．a >c >b
解析(ji ě x ī)：设g (x )＝xf (x )，由y ＝f (x )为R 上的奇函数，可知(k ě zh ī)g (x )为R 上的偶函数．
而g ′(x )＝[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )，由得，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0，故函数(h ánsh ù)g (x )在(－∞，0)上单调递增，由偶函数的性质可知(k ě zh ī)，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为a ＝g (2)，b ＝g (log π2)，c ＝g (log 21
4)＝g (－2)＝g (2)，且
2>2>log π2>0，故c <a <b .
答案：C 二、填空题
7．(2021·高考)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
lg x ， x ＞0，x ＋⎠⎛0
a 3t 2d t ，x ≤0，
假设f (f (1))＝1，那么a ＝
________.
解析：显然f (1)＝lg1＝0，f (0)＝0＋⎠⎛0
a 3t 2
d t ＝t 3|a
0＝1，得a ＝1.
答案：1
8．假设a >2，那么方程13
x 3－ax 2
＋1＝0在(0,2)上恰好有________个根．
解析：设f (x )＝13x 3－ax 2＋1，那么f ′(x )＝x 2
－2ax ＝x (x －2a )．当x ∈(0,2)时，f ′
(x )<0，f (x )在(0,2)上为减函数．又f (0)·f (2)＝1×(83－4a ＋1)＝11
3
－4a <0，
∴f (x )＝0在(0,2)上恰好有1个根．
答案：1
9．函数f (x )＝ax 3
＋bx 2
＋cx ，其导函数y ＝f ′(x )的图像经过点(1,0)，(2,0)，如下图，那么以下说法中不正确的选项是________．
①当x ＝3
2
时函数获得极小值；
②f (x )有两个极值点；③当x ＝2时函数获得极小值；④当x ＝1时函数获得极大值． 解析：从图像上可以看到：当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数获得极小值，当x ＝1时函数获得极大值．只有①不正确．
答案(d á àn)：① 三、解答(ji ěd á)题
10．(2021·新课标全国(qu án ɡu ó)卷)函数(h ánsh ù)f (x )＝a ln x x ＋1＋b
x
，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.
(1)求a ，b 的值；
(2)假如当x >0，且x ≠1时，f (x )>
ln x x －1＋k
x
，求k 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝
a (
x ＋1
x －ln x )(x ＋1)2
－b x 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－1
2
，且过点(1,1)，故⎩
⎪⎨⎪
⎧
f (1)＝1，f ′(1)＝－1
2，即
⎩⎪⎨⎪⎧
b ＝1，a 2
－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.
(2)由(1)知f (x )＝
ln x x ＋1＋1
x
，所以 f (x )－(ln x x －1＋k x )＝11－x 2(2ln x ＋
(k －1)(x 2
－1)
x
)．
考虑函数h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2
－1)
x
(x >0)，那么
h ′(x )＝(k －1)(x 2
＋1)＋2x x
2
. (i)设k ≤0，由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2
知，当x ≠1时，h ′(x )＜0.而h (1)＝0，
故当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，可得1
1－x
2h (x )＞0；
当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得1
1－x 2h (x )＞0.
从而(c óng ér)当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－(
ln x x －1＋k
x
)＞0， 即f (x )＞
ln x x －1＋k
x
. (ii)设0＜k ＜1.由于(y óuy ú)当x ∈(1，11－k )时，(k －1)(x 2
＋1)＋2x >0，
故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，11－k )时，h (x )＞0，可得11－x
2h (x )＜0.与题设矛盾(m áod ùn)．
(iii)设k ≥1.此时(c ǐ sh í)h ′(x )＞0，而h (1)＝0，
故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，可得1
1－x 2h (x )＜0.与题设矛盾．
综合得，k 的取值范围为(－∞，0]．[ : ]
11．(2021·高考)函数f (x )＝(x －k )2
e . (1)求
f (x )的单调区间；
(2)假设对于任意的x ∈(0，＋∞)，都有f (x )≤1
e ，求k 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝1k
(x 2－k 2
)e x
k .
令f ′(x )＝0，得x ＝±k .
当k >0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：
x (－∞，－k )
－k (－k ，k ) k
(k ，＋∞)
f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )
↗
4k 2e －1
↘
↗
所以 ，f (x )的单调递增区间是(－∞，－k )和(k ，＋∞)；单调递减区间是(－k ，k )． 当k <0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：
x (－∞，k )
k
(k ，－k ) －k (－k ，＋∞)
f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )
↘
↗
4k 2e －1
↘
所以(su ǒy ǐ) ，f (x )的单调递减(d ìji ǎn)区间是(－∞，k )和(－k ，＋∞)；单调(d āndi ào)递增区间是(k ，－k )．
(2)当k >0时，因为(y īn w èi)f (k ＋1)＝e
>1e ，所以不会有∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e
. 当k <0时，由(1)知f (x )在(0，＋∞)上的最大值是 f (－k )＝4k
2
e
.
所以∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e 等价于f (－k )＝4k 2
e ≤1
e .
解得－1
2
≤k <0.
故当∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤1e 时，k 的取值范围是[－1
2
，0)．
12．(2021·高考)设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1
x
，g (x )
＝f (x )＋f ′(x )．
(1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g (1
x
)的大小关系；
(3)是否存在x 0＞0，使得|g (x )－g (x 0)|＜x
对任意x ＞0成立？假设存在，求出x 0的取
值范围；假设不存在，请说明理由．[ : ]
解：(1)由题设易知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1
x
，
∴g ′(x )＝
x －1
x 2
.令g ′(x )＝0得x ＝1， 当x ∈ (0,1)时，g ′(x )＜0， 故(0,1)是g (x )的单调减区间． 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，
故(1，＋∞)是g (x )的单调(d āndi ào)增区间．
因此(y īnc ǐ)，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而(c óng ér)是最小值点，所以最小值为g (1)＝1.
(2)g (1
x
)＝－ln x ＋x ，
设h (x )＝g (x )－g (1x )＝2ln x －x ＋1
x
，
那么(n à me)h ′(x )＝－(x －1)
2
x
2
. 当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g (1
x
)．[ : ]
当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时h ′(x )＜0，h ′(1)＝0， 因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减．
当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0，即g (x )＞g (1
x
)．
当x ＞1时，h (x )＜h (1)＝0，即g (x )＜g (1
x
)．
(3)满足条件的x 0不存在． 证明如下：
法一：假设存在x 0＞0，使|g (x )－g (x 0)|＜x
对任意x ＞0成立，
即对任意x ＞0，有ln x ＜g (x 0)＜ln x ＋2
x
，(*)
但对上述x 0，取x 1＝e 时，有ln x 1＝g (x 0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存
在x 0＞0，使|g (x )－g (x 0)|＜1
x
对任意x ＞0成立．
法二：假设存在x 0＞0，使|g (x )－g (x 0)|＜1
x
对任意的x ＞0成立．
由(1)知，g (x )的最小值为g (1)＝1，
又g (x )＝ln x ＋1
x
＞ln x ，而x ＞1时，ln x 的值域为(0，＋∞)，
∴x ≥1时，g (x )的值域为[1，＋∞)．
从而可取(k ěq ǔ)一个x 1＞1，使g (x 1)≥g (x 0)＋1.
即g (x 1)－g (x 0)≥1，故|g (x 1)－g (x 0)|≥1＞1
x 1
，与假设(ji ǎsh è)矛盾．
∴不存在(cúnzài)x 0＞0，使|g (x )－g (x 0)|＜1
x
对任意(rènyì)x ＞0成立．
内容总结
（1）卢氏一中2021届高考数学二轮。