新教材2023年高考数学总复习考案5周测卷四导数及其应用

考案[五]周测卷(四)导数及其应用(本试卷满分120分，测试时间90分钟)一、单选题(本题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2023·广东东莞市东华高级中学期中)已知函数f(x)＝sinx＋coseq\f(π,3)，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝(B)A．eq\r(3) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(3)＋1,2) D．eq\f(\r(3)－1,2)[解析]求出f′(x)，代值计算可得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值．因为f(x)＝sinx＋coseq\f(π,3)，则f′(x)＝cosx，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故选：B.2．(2023·重庆八中阶段练习)已知函数f(x)在x＝x0处的导数为f′(x0)，则eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝(C)A．2f′(x0) B．－2f′(x0)C．eq\f(1,2)f′(x0) D．－eq\f(1,2)f′(x0)[解析]利用导数的定义即可求出．eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),(x0＋Δx)－x0)＝eq\f(1,2)f′(x0).故选：C.3．(2022·上海市进才中学期末)已知函数y＝f(x)的图象如图所示，f′(x)是函数f(x)的导函数，则(A)A.f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4)B．f′(4)<f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)C．f′(2)<f′(4)<eq\f(f(4)－f(2),2)D．eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4)<f′(2)[解析]根据题意，结合导数的几何意义和平均变化率的定义，利用直线斜率的关系，即可求解．如图所示，根据导数的几何意义，可得f′(2)表示曲线在A点处的切线的斜率，即直线l1的斜率kl1，f′(4)表示曲线在B点处的切线的斜率，即直线l2的斜率kl2，又由平均变化率的定义，可得eq\f(f(4)－f(2),2)表示过A，B两点的割线的斜率k1，结合图象，可得kl1<kl<kl2，所以f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4).故选：A.4．(2023·陕西省丹凤中学阶段练习)曲线y＝2xlnx＋3过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))的切线方程是(B)A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0C．2x＋4y＋1＝0 D．2x－4y＋1＝0[解析]设出切点，结合导数列方程，由此求出切点坐标并求出切线的斜率，进而可得切线方程．由题意可得点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))不在曲线y＝2xlnx＋3上，设切点为(x0，y0)，因为y′＝2lnx＋2，所以所求切线的斜率k＝2lnx0＋2＝eq\f(y0,x0＋\f(1,2))＝eq\f(2y0,2x0＋1)，所以y0＝2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1.因为点(x0，y0)是切点，所以y0＝2x0lnx0＋3，所以2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1＝2x0lnx0＋3，即2x0＋lnx0－2＝0.设f(x)＝2x＋lnx－2，明显f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以2x0＋lnx0－2＝0有唯一解x0＝1，则所求切线的斜率k＝2，故所求切线方程为y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝2x＋1.故选：B.5．(2022·山东宁阳县第四中学阶段练习)函数f(x)＝2x2－lnx的单调减区间是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[解析]根据函数求导，然后由f′(x)<0求解．因为函数f(x)＝2x2－lnx，所以f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))),x)，由f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,2)，所以函数的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故选：B.6．(2023·全国高三专题练习)已知函数f(x)＝x2－8x＋6lnx＋1，则f(x)的极大值为(B)A．10 B．－6C．－7 D．0[解析]利用导数可判断函数的单调性，进而可得函数的极大值．函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2(x－1)(x－3),x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)f′(x)>0＝0<0＝0>0f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的极大值为f(1)＝－6，故选：B.7．(2023·山东临沭县教育期中)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(B)A.－3是函数y＝f(x)的极大值点B．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增C．－1是函数y＝f(x)的最小值点D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零[解析]根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点、最值点、切线斜率的正负．根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，在x∈(－3，1)时，f′(x)>0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A错误，B正确；∴在(－3，1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故C不正确；∴函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确．故选：B.8．(2023·全国专题练习)设a＝eq\f(2,ln2)，b＝eq\f(3,ln3)，c＝eq\f(2e,1＋ln2)，则a，b，c的大小关系为(A)A．b<a<c B．a<b<cC．b<c<a D．c<a<b[解析]构造函数f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>0)，求导判断其单调性即可．令f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(lnx－1,(lnx)2)，令f′(x)＝0得，x＝e，∴当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，a＝eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,2ln2)＝eq\f(4,ln4)＝f(4)，b＝eq\f(3,ln3)＝f(3)，c＝eq\f(2e,1＋ln2)＝eq\f(2e,lne＋ln2)＝eq\f(2e,ln(2e))＝f(2e)，∵e<3<4<2e，∴f(3)<f(4)<f(2e)，∴b<a<c.故选：A.二、多选题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中有多项是正确的，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分)9．(2023·浙江省淳安中学期中)下列求导错误的是(ABD)A．(log23)′＝eq\f(1,3ln2) B．(ln2x)′＝eq\f(1,2x)C．(sin2x)′＝sin2x D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(cosx＋sinx,x2)[解析]根据基本初等函数的导数公式，导数的运算法则及简单的复合函数的导数计算法则计算可得；对于A：(log23)′＝0，故A错误；对于B：(ln2x)′＝(ln2＋lnx)′＝(ln2)′＋(lnx)′＝eq\f(1,x)，故B错误；对于C：(sin2x)′＝2sinxcosx＝sin2x，故C正确；对于D：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f((cosx)′x－x′cosx,x2)＝eq\f(－sinx·x－cosx,x2)，故D错误；故选：ABD.10．(2023·全国高三专题练习)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则(ACD)A．f(3)＝1 B．f′(3)＝1C．g(3)＝3 D．g′(3)＝0[解析]由图象即可求f(3)，可判断A；根据l过(3，1)可求k＝f′(3)，可判断B；根据f(3)可计算g(3)，可判断C；根据g′(x)＝f(x)＋xf′(x)可求g′(3)，可判断D.由图可知，f(3)＝1，故A正确；(3，1)在y＝kx＋2上，故1＝3k＋2，故k＝f′(3)＝－eq\f(1,3)，故B错误；g(x)＝xf(x)，则g(3)＝3f(3)＝3，故C正确；g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0，故D正确．故选：ACD.11．(2023·全国专题练习)定义在[－1，5]上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，函数f(x)的部分对应值如下表．下列关于函数f(x)的结论正确的是(AD)x－10245f(x)13132A.函数f(x)的极大值点的个数为2B．函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)∪(2，4)C．当x∈[－1，t]时，若f(x)的最小值为1，则t的最大值为2D．若方程f(x)＝a有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是(1，2)[解析]由导函数图象得原函数的单调性可判断AB；由单调性结合函数值表可判断CD.由图知函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，在区间[0，2]上单调递减，在区间[2，4]上单调递增，在区间[4，5]上单调递减，所以在x＝0，x＝4处有极大值，故A正确；单调区间不能写成并集，故B错误；因为函数f(2)＝1，f(4)＝3，且f(x)在区间[2，4]上单调递增，所以存在x0∈[2，4]使得f(x0)＝2，易知，当t＝x0时，f(x)在区间[－1，t]的最小值为1，故C不正确；由函数值表结合单调性作出函数草图可知D正确．故选：AD.12．(2022·湖北孝感期末)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，当x≠－1时，其导函数f′(x)满足(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，对于函数g(x)＝eq\f(f(x),ex)，下列结论正确的是(AC)A．函数g(x)在(－1，＋∞)上为增函数B．x＝－1是函数g(x)的极大值点C．e2f(e)>eef(2)D．函数g(x)有2个零点[解析]由条件判断g(x)的单调性后对选项逐一判断．由题意得g′(x)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)，而(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，当x>－1时，g′(x)>0，当x<－1时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，x＝－1是函数g(x)的极小值点，故A正确，B错误，对于C，由单调性可知g(2)<g(e)，则e2f(e)>eef(2)，故C正确，对于D，g(－1)＝ef(－1)，若f(－1)>0，则函数g(x)无零点，故D错误，故选：AC.三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13．(2023·广东中山纪念中学阶段练习)若过点A(a，0)的任意一条直线都不与曲线C：y＝(x－2)ex-1相切，则a的取值范围是_(－2，2)__．[解析]设出切点，求出切线方程，问题转化为xeq\o\al(2,0)－(a＋2)x0＋a＋2＝0无实根，根据根的判别式得到不等式，求出a的取值范围．设点B(x0，(x0－2)ex0－1)为曲线C上任意一点，因为y′＝(x－1)ex-1，则曲线C在点B处的切线l的方程为y－(x0－2)ex0－1＝(x0－1)ex0－1(x－x0).据题意，切线l不经过点A，则关于x0的方程－(x0－2)ex0－1＝(x0－1)ex0－1(a－x0)无实根，即xeq\o\al(2,0)－(a＋2)x0＋a＋2＝0无实根，所以Δ＝(a＋2)2－4(a＋2)<0，解得：－2<a<2，所以a的取值范围是(－2，2).故答案为：(－2，2).14．(2022·重庆八中期末)已知函数f(x)＝lnx－ax－2在区间(2，3)上不单调，则实数a的取值范围为_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))__．[解析]由于函数f(x)在区间(2，3)上不单调，等价于函数f(x)在区间(2，3)上存在极值点，对函数f(x)求导，对a分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间(2，3)内，可得关于a的不等式，即可求出结果．由f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).①当a≤0时，函数f(x)单调递增，不合题意；②当a＞0时，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)<0，得x>eq\f(1,a)，所以函数f(x)的极值点为x＝eq\f(1,a)，若函数f(x)在区间(2，3)不单调，必有2<eq\f(1,a)<3，解得eq\f(1,3)<a<eq\f(1,2).故答案为：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).15．(2023·浙江邵外期中)已知a∈R，若f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ex在区间(0，1)上有且只有一个极值点，则a的取值范围是_(0，＋∞)__．[解析]求导得f′(x)＝eq\f(ex,x2)(ax2＋x－1)，进而根据题意g(x)＝ax2＋x－1在(0，1)上有且只有一个变号零点，再根据零点的存在性定理求解．f′(x)＝eq\f(ex,x2)(ax2＋x－1)，∵f(x)在区间(0，1)上有且只有一个极值点，∴g(x)＝ax2＋x－1在(0，1)上有且只有一个变号零点，∴g(0)·g(1)<0，解得a>0.∴a的取值范围是(0，＋∞).故答案为：(0，＋∞)16．(2022·辽宁抚顺一中阶段练习)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝e，其中e是自对数的底数，对任意x∈R，恒有f′(x)＋2f(x)>0，则不等式f(x)>e2-2x的解集为_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))__．[解析]构造函数g(x)＝e2xf(x)，根据已知判断其导数正负，利用单调性求解．设g(x)＝e2xf(x)，∵g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]>0，∴g(x)在R上单调递增，由e2xf(x)>e2＝e·e＝e·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴x>eq\f(1,2)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故答案为：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).四、解答题(本题共4个小题，每个小题10分，共40分)17．(2022·四川攀枝花七中阶段练习)设函数f(x)＝xex－x2－2x.(1)求函数f(x)在(0，0)处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．[答案](1)x＋y＝0(2)f(x)的极大值为1－eq\f(1,e)，极小值为－(ln2)2.[解析](1)对f(x)求导得f′(x)，求出f′(0)，由直线点斜式方程写出切线方程即得；(2)求出方程f′(x)＝0的根，并讨论f′(x)大于或小于0的x取值区间，由此判断极值情况，再求解而得．(1)由f(x)＝xex－x2－2x得f′(x)＝(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(ex－2)，f′(0)＝－1，过点(0，0)，斜率为－1的直线为y＝－x，所以函数f(x)在(0，0)处的切线方程为x＋y＝0；(2)由(1)知f′(x)＝(x＋1)(ex－2)，f′(x)＝0时，x1＝－1，x2＝ln2，x<－1或x>ln2时f′(x)>0，－1<x<ln2时，f′(x)<0，所以x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝1－eq\f(1,e)，x＝ln2时，f(x)取得极小值f(ln2)＝－(ln2)2，故f(x)的极大值为1－eq\f(1,e)，极小值为－(ln2)2.18．(2023·广东大埔县田家炳实验中学阶段练习)已知函数f(x)＝axlnx－2x.(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求f(x)的单调区间；(2)若a＝2，求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最值；[答案](1)f(x)单调递减区间为(0，1)，单调递增区间(1，＋∞)(2)最小值－2，最大值为4ln2－4[解析](1)求导，且f′(1)＝0，求得a＝2，根据导数与函数单调性的关系，即可求得f(x)单调区间；(2)根据导数与函数单调性，可求闭区间上的最值．(1)由题意可得f(x)＝axlnx－2x，x>0，则f′(x)＝alnx＋a－2，由f′(1)＝0＝a－2，即a＝2，所以f′(x)＝2lnx＋2－2＝2lnx，所以，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)单调递减区间为(0，1)，单调递增区间(1，＋∞)；(2)由(1)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1，2)单调递增故当x＝1时，f(x)取最小值f(1)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，f(2)＝4ln2－4，f(2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4ln2－4－(－ln2－1)＝5ln2－3>0，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))所以f(x)取最大值为f(2)＝4ln2－4.19．(2022·陕西西安期末)已知函数f(x)＝xlnx＋a(a∈R).(1)若曲线y＝f(x)与直线y＝x相切，求a的值；(2)若存在x∈(1，＋∞)，使得不等式f(x)＋lnx<ax成立，求a的取值范围．[答案](1)a＝1(2)(2，＋∞)[解析](1)求出函数导数，令f′(x)＝1求得切点即可得出方程，比较可得出答案；(2)构造函数g(x)＝xlnx＋lnx－ax＋a，利用导数讨论g(x)的单调性，根据函数值变化可得．(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝1，得x＝1，又f(1)＝a，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线为y＝x－1＋a，由题意知这条切线即y＝x，故a＝1.(2)存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)＋lnx<ax成立，即存在x∈(1，＋∞)，使得xlnx＋lnx－ax＋a<0成立．设g(x)＝xlnx＋lnx－ax＋a，则g′(x)＝lnx＋1＋eq\f(1,x)－a.设h(x)＝lnx＋1＋eq\f(1,x)－a，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)min＝h(1)＝2－a.若a≤2，则h