2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》基础强化练习卷（解析版）

2022年高考数学一轮复习

《导数在函数中的应用》基础强化练习卷

一、选择题

1.已知曲线f(x)=ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为(　　)

A.e         B.－e        C.         D.－

2.若曲线f(x)=acos x与曲线g(x)=x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b=(　　)

A.－1         B.0       C.1         D.2

3.若函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　  　)

A.(-∞,-2]                  B.[,+∞)     C.[2,+∞)                   D.(-∞,)

4.函数f(x)=x－ln x的单调递减区间为(　　)

A.(0，1)    B.(0，＋∞)    C.(1，＋∞)   D.(－∞，0)∪(1，＋∞)

5.函数f(x)=x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)

A.(0，1)                             B.(－1，0)       C.(1，2)                             D.(－2，－1)

6.已知函数f(x)=x(x－m)2在x=1处取得极小值，则实数m=(　　)

A.0　          B.1        C.2          D.3

7.已知函数f(x)=lnx－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　)

A.－        B.－      C.－        D.e0.5

8.已知函数f(x)=x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)

A.[－3，＋∞)　   B.(－3，＋∞)   C.(－∞，－3)      D.(－∞，－3]

9.已知函数f(x)=(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)

A.－1        B.        C.          D.＋1

10.函数的单调递增区间是（      ）

A.      B.      C.和       D.

11.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，＋∞)

12.设函数f(x)=x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)

A.(1,2]        B.(4，＋∞)     C.(－∞，2)        D.(0,3]

二、填空题

13.若曲线y=2x2+-2在点(1,a)处的切线方程是x+y-a-1=0,则a=　　　　.

14.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是　　　　. 

15.已知函数f(x)=2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为________.

16.函数f(x)=xsinx＋cosx在[,π]上的最大值为       .

三、解答题

17.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，]上的最大值和最小值．

18.设函数f(x)=x2ex.

(1)求在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间;

(3)当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.

19.已知函数f(x)=－ex(a＞0).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.

20.已知函数f(x)=aex－ln x－1.

(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.

21.已知函数f(x)=ln x－a2x2＋ax(a∈R).

(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.

22.已知函数f(x)=x2－(a＋2)x＋alnx(a为实常数).

(1)若a=－2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；

(2)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求实数a的取值范围.

23.设函数f(x)=ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).

(1)当a=0时，求函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程；

(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.

0.答案解析

1.答案为：C；

解：解法一：∵f(x)=ln x，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)=.

设切点P(x0，ln x0)，则切线的斜率k=f′(x0)==，

∴ln x0=1，x0=e，∴k==.

解法二：(数形结合法)在同一坐标系中作出曲线f(x)=ln x及曲线f(x)=ln x经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.

2.答案为：C；

解：依题意得，f′(x)=－asin x，g′(x)=2x＋b，

于是有f′(0)=g′(0)，即－asin 0=2×0＋b，b=0，

m=f(0)=g(0)，即m=a=1，因此a＋b=1.

3.答案为：B.

解析:f′(x)=k-,因为函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,

所以f′(x)≥0在区间(2,+∞)上恒成立.

所以k≥,而y=在区间(2,+∞)上单调递减,

所以k≥,所以k的取值范围是[,+∞).

4.答案为：A；

解析：函数的定义域是(0，＋∞)，

且f′(x)=1－=，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，

所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1).

5.答案为：A；

解析：∵f′(x)=2x－5＋2ex为增函数，f′(0)=－3＜0，f′(1)=2e－3＞0，

∵f′(x)=2x－5＋2ex的零点在区间(0，1)上，

∴f(x)=x2－5x＋2ex的极值点在区间(0，1)上.

6.答案为：B

解析：f ′(x)=(x－m)2＋2x(x－m)=(x－m)·(3x－m).由f ′(1)=0可得m=1或m=3.

当m=3时， f ′(x)=3(x－1)(x－3)，当1＜x＜3时， f ′(x)＜0；

当x＜1或x＞3时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极大值，不合题意.

所以m=1，此时f ′(x)=(x－1)(3x－1)，当＜x＜1时， f ′(x)＜0；

当x＜或x＞1时， f ′(x)＞0.此时在x=1处取得极小值.选B.

7.答案为：A.

解析：由题意，f′(x)=＋，若a≥0，则f′(x)>0，函数单调递增，

所以f(1)=－a=，矛盾；若－e<a<－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，

在[－a，e]上递增，所以f(－a)=，解得a=－；

若－1≤a<0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)=－a=，矛盾；

若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)=，解得a=－，矛盾.

综上，a=－，故选A.

8.答案为：D

解析：由题意知f ′(x)=3x2＋6x－9，令f ′(x)=0，解得x=1或x=－3，

所以f ′(x), f(x)随x的变化情况如下表：

又f(－3)=28, f(1)=－4, f(2)=3, f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.

9.答案为：A

解析：由f(x)=得f ′(x)=.当a＞1时，若x＞，则f ′(x)＜0, f(x)单调递减；若1＜x＜，则f ′(x)＞0, f(x)单调递增.故当x=时，函数f(x)有最大值=，得a=＜1，不合题意；当a=1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)=，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)==，得a=－1，符合题意，故a的值为－1.选A.

10.答案为：D

11.答案为：B；

解析：[由题意知a≤2ln x＋x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)=2ln x＋x＋，则g′(x)=＋1－=，

由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)时，g′(x)＜0，

x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故选B.]

12.答案为：A；

解析：∵f(x)=x2－9ln x，∴f′(x)=x－(x>0)，由x－≤0，得0<x≤3，

∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，

∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.

13.答案为：5；

解析：y'=4x-,依题意有y'|x=1=4×1-a=-1,所以a=5.

14.答案为：(-3,0)∪(0,+∞)

解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).

15.答案为：2ln 2－2.

解析：因为f′(x)=－1，所以f′(1)=2f′(1)－1，所以f′(1)=1，

故f(x)=2ln x－x，f′(x)=－1=，则f(x)在(0，2)上为增函数，

在(2，＋∞)上为减函数，所以当x=2时f(x)取得极大值，且f(x)极大值=f(2)=2ln 2－2.

16.答案为：.

解析：因为f′(x)=sinx＋xcosx－sinx=xcosx，当x∈[,]时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，当x∈(,π]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max=f()=.

17.解：(1)因为f(x)=excosx－x，

所以f′(x)=ex(cosx－sinx)－1，f′(0)=0.

又因为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(cosx－sinx)－1，

则h′(x)=ex(cosx－sinx－sinx－cosx)=－2exsinx.

当x∈[0，]时，h′(x)＜0，

所以h(x)在区间[0，]上单调递减．

所以对任意x∈[0，]有h(x)＜h(0)=0，

即f′(x)＜0.

所以函数f(x)在区间[0，]上单调递减．

因此f(x)在区间[0，]上的最大值为f(0)=1，最小值为f（）=－.

18.解:(1)因为f′(x)=x2ex+2xex,

所以k=f′(1)=3e,切点(1,e).

切线方程为3ex-y-2e=0.

(2)令f′(x)>0,即x(x+2)ex>0,

得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调

递减.

(3)由(2)知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,fmin(x)=f(0)=0.

当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,

须2a+1≥fmin(x),即2a+1≥0,故a≥-.

故a的取值范围为[-,+∞).

19.解：(1)f(x)=－ex(a＞0)，则f ′(x)=－ex.

令f ′(x)－ex=0，则x=ln .

当x变化时， f ′(x), f(x)的变化情况如下表：

故函数f(x)的单调递增区间为；单调递减区间为.

(2)当ln≥2，即0＜a≤时， f(x)max=f(2)=－e2；

当1＜ln＜2，即＜a＜时，f(x)max=f=ln－；

当ln≤1，即a≥时，f(x)max=f(1)=－e.

20.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.

由题设知，f′(2)=0，所以a=.

从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.

当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.

所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.

当0＜x＜1时，g′(x)＜0；

当x＞1时，g′(x)＞0.

所以x=1是g(x)的最小值点.

故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.

因此，当a≥时，f(x)≥0.

21.解：(1)当a=1时，f(x)=ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，

∴f′(x)=－2x＋1=－.

令f′(x)=0，即－=－=0，

解得x=－或x=1.

∵x>0，∴x=－舍去.

当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.

∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，

即单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).

(2)解法一：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)=－2a2x＋a==.

①当a=0时，f′(x)=>0，

∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；

②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.

此时f(x)的单调递减区间为(,+∞).

依题意，得解得a≥1；

③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.

此时f(x)的单调递减区间为(－,+∞)，

∴解得a≤－.

综上所述，实数a的取值范围 (-∞,－]∪[1，＋∞).

解法二：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，

∴f′(x)=.

由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，

可得g(x)=－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立.

①当a=0时，1≤0不合题意；

②当a≠0时，可得即

∴∴a≥1或a≤－.

∴实数a的取值范围是(-∞,－]∪[1，＋∞).

22.解：(1)当a=－2时，f(x)=x2－2lnx，

则f′(x)=2x－，f′(1)=0，

所求切线方程为y=1.

(2)f′(x)=2x－(a＋2)＋==，x∈[1，e].

当≤1，即a≤2时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，此时f(x)在[1，e]上单调递增.

所以f(x)的最小值为f(1)=－a－1，所以－1≤a≤2；

当1<<e，即2<a<2e，x∈（1，）时，f′(x)<0，f(x)在（1，）上单调递减；

当x∈（，e）时，f′(x)>0，f(x)在（，e）上单调递增，

所以f(x)的最小值为f()=－－a＋aln=a(ln -a-1).

因为2<a<2e，所以0<ln<1，

所以f()=aln -a-1)<0恒成立，所以2<a<2e；

当≥e，即a≥2e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，此时f(x)在[1，e]上单调递减，

所以f(x)的最小值为f(e)=e2－(a＋2)e＋a，因为a≥2e>，所以f(e)<0，

所以a≥2e，综上，a≥－1.

23.解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x＋x－1，

则f′(x)=－ln x，则f′(e)=－1，f(e)=－1，

所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1=－(x－e)，

即x＋y＋1－e=0.

(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，

易知，ln x≤x－1，

则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，

当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，

所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意.所以a≥.

当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，

所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a≤0舍去.

当0<a<时，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，

则f′(x)≤2a(x－1)－（1－）=·(2ax－1).

因为0<a<，所以>1.

当x∈[1,]时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在[1,]上单调递减，f(x)≤f(1)=0不满足题意，所以0<a<舍去.

综上可得，实数a的取值范围为[,+∞).