适用于老高考旧教材2023届高考数学二轮总复习文考点突破练17导数的简单应用含解析

Page8考点突破练17导数的简单应用一、选择题1.(2022·甘肃平凉二模)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为()A.0 B.1 C.2 D.32.设函数f(x)=2sinα-1x2+(2-sinα-3)x(α∈R)的图象在点(1,f(1))处切线为l,则l的倾斜角θ的最小值是()A.0 B.π4 C.π2 D3.(2022·四川成都二模)若曲线y=lnx+x2+1在点(1,2)处的切线与直线ax+y-1=0平行,则实数a的值为()A.-4 B.-3 C.4 D.34.已知函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,则m+n=()A.0 B.2 C.-4 D.-25.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足xf'(x)<f(x),若a=f(1),b=f(ln4)ln4,c=f(3)3,则A.a>b>c B.c>a>bC.b>a>c D.a>c>b6.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且对任意x∈R,f'(x)-f(x)<0,f(2)=e2,若f(t)<et,则t的取值范围为()A.(0,2) B.(2,+∞)C.(0,e2) D.(e2,+∞)7.函数f(x)=lnx+12x2-ax(x>0)在区间12,3上有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是()A.52,3 B.52,10C.52,103 D.2,108.(2022·安徽安庆二模)若存在两个正实数x,y使得等式x(2+lnx)=xlny-ay成立,则实数a的取值范围是()A.0,1eC.0,1e9.(2022·河北沧州三模)已知函数f(x)=lnxx-x,则(A.f(x)的单调递减区间为(0,1)B.f(x)的极小值点为1C.f(x)的极大值为-1D.f(x)的最小值为-110.已知f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-axa>12,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则aA.1 B.2 C.3 D.-111.已知函数f(x)=xa-alnx(a>0),g(x)=ex-x.若x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)成立,则实数a的最大值是()A.1 B.e C.e22 D.12.(2022·河南洛阳一模)已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-sinx.若存在x1,x2∈[1,π](x1≠x2)使得|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是()A.11-cos1C.12π,二、填空题13.(2022·河南名校联盟一模)已知函数f(x)=x+aex,若f'(0)=2,则f(0)14.(2022·江苏泰州一模)写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数f(x)=.

①f(x)为奇函数;②f(x)存在3个不同的零点;③f(x)在(1,+∞)上单调递增.15.(2022·云南昆明一中一模)已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2,若x=-1时,f(x)取得极值0,则ab=.

16.(2021·新高考Ⅱ·16)已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则|AM||BN

考点突破练17导数的简单应用1.C解析:因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点,导函数图象与x轴的另2个交点附近左右正、负值相反,所以函数f(x)有2个极值点.故选C.2.D解析:f'(x)=2sinαx+2-sinα-3.由题可得f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=f'(1)=2sinα+2-sinα-3.∵-1≤sinα≤1,∴2-1≤2sinα≤2,∴2sinα+2-sinα∈2,52,∴k∈-1,-12,∴函数f(x)在x=3.B解析:由y=lnx+x2+1,得y'=1x+2x∴曲线在(1,2)处的切线斜率k=1+2=3,由题意得-a=3,∴a=-3.故选B.4.B解析:因为函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,所以m,n为f'(x)=3x2-6x+1=0的两根.由根与系数的关系可知m+n=-(-6)35.A解析:设g(x)=f(x)x,则g'(x)∴g(x)为R上的减函数.∵3>ln4>1,∴g(3)<g(ln4)<g(1),即a>b>c.故选A.6.B解析:构造函数g(x)=f(x)ex,则g(2)∵g'(x)=f'(x)-f(x)ex<0,∴函数g(x)在R上单调递减,∴f(t)<et⇔f(t)et7.B解析:∵f(x)=lnx+12x2-ax(x>∴f'(x)=1x+x-a(x>0)∵函数f(x)=lnx+12x2-ax(x>0)在区间12,3上有且仅有一个极值点,∴y=f'(x)在区间12,3上只有一个变号零点.令f'(x)=1x+x-a=0,得a=1x+x令g(x)=1x+x,x∈12,3,则g(x)在区间12,1上单调递减,在区间(1,3)上单调递增,∴g(x)min=g(1)=2,又g12=52,g(3)=103,当52≤a<103时,y=f'(x)在区间12,3∴实数a的取值范围为52,103.8.D解析:由x(2+lnx)=xlny-ay,得2+lnx=lny-ayx,即lnyx-2=ayx.令t=yx(t>设f(t)=lnt-2t(t>0),则f'(t令f'(t)=0,解得t=e3.当t∈(0,e3)时,f'(t)>0,f(t)在(0,e3)上单调递增;当t∈(e3,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=1e3,且当t→0时,f(t)→-所以a≤1e3.9.C解析:因为f(x)=lnxx-x(所以f'(x)=1-lnxx2令φ(x)=1-lnx-x2(x>0),则φ'(x)=-1x-2x<所以φ(x)=1-lnx-x2在(0,+∞)上单调递减.因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x)>0,即f'(x)>0;当x>1时,φ(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞),故f(x)的极大值点为1,f(x)极大值=f(1)=-1,即f(x)max=f(1)=-1,不存在最小值.故选C.10.A解析:因为f(x)是奇函数,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,所以f(x)在区间(0,2)上的最大值为-1,当x∈(0,2)时,f'(x)=1x-a.令f'(x)=0,得x=1又a>12,所以0<1a<令f'(x)>0,得x<1a,所以f(x)在0令f'(x)<0,得x>1a,所以f(x)在1所以f(x)max=f1a=ln1a-a·1所以ln1a=0,所以a=1.故选A11.B解析:由x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x),得xa-alnx≤ex-x,即xa-lnxa≤ex-lnex.构造函数h(t)=t-lnt,t∈(1,+∞),h'(t)=1-1t=t-1t>0,∴函数h∴xa≤ex,两边取自然对数得alnx≤x,即a≤xln令u(x)=xlnx,x∈(1,e2),u'(x)=由u'(x)的正、负易知u(x)在(1,e)上单调递减,在(e,e2)上单调递增,∴当x=e时函数u(x)取得极小值,即最小值u(e)=e,∴a≤e.故选B.12.C解析:x1,x2∈[1,π](x1≠x2),不妨设x1>x2.因为g'(x)=1-cosx≥0,所以g(x)=x-sinx在[1,π]上单调递增,所以g(x1)>g(x2).又f(x)=lnx在(0,+∞)上单调递增,所以f(x1)>f(x2),所以不等式|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|等价于f(x1)-f(x2)<k[g(x1)-g(x2)],即f(x1)-kg(x1)<f(x2)-kg(x2).令h(x)=f(x)-kg(x).因为x1>x2,所以需h(x)=f(x)-kg(x)在[1,π]上单调递减.又h(x)=lnx-k(x-sinx),所以在[1,π]上,需h'(x)=1x-k(1-cosx)<0,即k>1x(1-cosx).令F(x)=x(1-cosx),则F'(x)所以F(x)=x(1-cosx)在[1,π]上单调递增,所以0<1-cos1=F(1)≤F(x)≤F(π)=2π,所以12要使存在x1,x2∈[1,π](x1≠x2)使得|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是1213.-1解析:由f(x)=x+aex,得f'(x由f'(0)=2,得a=-1,所以f(x)=x-1ex,所以f14.x3-3x(答案不唯一)解析:f(x)=x3-3x,f(x)为奇函数,f(x)有三个零点0,±3.f'(x)=3x2-3,当x>1时,f'(x)>0,即f(x)在(1,+∞)上单调递增,①②③都满足,∴f(x)=x3-3x.(其他满足题意的函数均可.)15.18解析:f'(x)=3x2+6ax+b,所以f'(-1)=3-6a+b=0,