高三数学上学期专题突破练：导数及其应用（含解析）

高三数学上学期专题突破练：导数及其应用一．选择题（共8小题）1．（2025春•立山区校级期中）下列计算正确的是（）A．（2x）′＝x•2x﹣1 B．(lgx)′=1C．（e2x）′＝2e2x D．[cos(3x+2．（2025春•东莞市校级期中）函数f（x）＝x2的导数f′（x）等于（）A．2x B．1 C．12 D．3．（2025春•海南期中）已知函数f（x）＝x+lnx，则f′(1A．1﹣e B．﹣1 C．1+e D．14．（2025春•湖北校级期末）设f(x)=x+ln(mx)−mx(m＞0)A．m+22 B．2m+4 C．2m+1 D．4m5．（2025春•滨海新区校级期中）函数f（x）＝ex+x2的图象在x＝0处的切线方程为（）A．y＝2x+1 B．y＝x+2 C．y＝x+1 D．y＝2x+26．（2025春•宝安区校级期中）已知函数f（x）＝ax2﹣（a+2）x+lnx+1（a∈R），若∀x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，f(x1)−f(A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣∞，﹣1] C．（0，8] D．[0，8]7．（2025春•东莞市校级期中）已知函数fi（x）的导函数为f'i（x）（i＝1，2，3），若f1（x）、f2（x）、f3（x）的图象如图所示，则（）A．f′1（a）＞f'2（a）＞f'3（a） B．f'1（a）＞f'3（a）＞f'2（a） C．f'2（a）＞f'1（a）＞f'3（a） D．f'3（a）＞f'1（a）＞f'2（a）8．（2025春•漳浦县校级月考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数f（x）在（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在（a，b）上的导函数记为f″（x）．若在（a，b）上f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知函数f（x）=x44−t3x3A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[518，+∞） D．（51二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•南关区校级期中）下列求导正确的是（）A．(xxB．(cosxC．(4D．(lg（多选）10．（2025春•湖南期中）已知不等式eax+（a﹣1）x≥lnx对任意x＞0成立，则实数a的取值可以为（）A．25 B．12 C．12e（多选）11．（2025春•南岗区校级期中）已知函数f（x）的导函数为f′（x），f′（x）的部分图象如图所示，则（）A．f（x）在（x1，x2）上单调递增 B．f（x）在（x2，x3）上单调递减 C．x1是f（x）的极小值点 D．x2是f（x）的极小值点三．填空题（共3小题）12．（2025春•宝山区校级期中）函数f（x）＝cos2x在x＝0处的切线方程为．13．（2025春•湖北期中）已知函数f（x）＝ax3﹣bx2在点（1，f（1））处的切线方程为y＝4x﹣3，则a+b＝．14．（2025春•船营区校级期末）已知a＞1，若对于∀x∈[13，+∞)，不等式13x−x+ln3x≤四．解答题（共5小题）15．（2025春•东莞市校级期中）若f(x)=1（1）f（x）的单调递减区间；（2）f（x）在[0，2]上的最小值和最大值．16．（2025春•东莞市校级期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣m．（1）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞x1，求m的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：x117．（2025•鞍山模拟）已知函数f(x)=2lnx−(k（1）当k＝0时，证明：f（x）≤0；（2）若f（x）存在极大值，且极大值大于0，求k的取值范围．18．（2025•温州二模）已知函数f（x）＝ln（x+1）+axx+1（a∈（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（﹣1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围；（3）当a＞0时，解方程f′（x）﹣f（x）=519．（2025春•吉林期末）已知函数f（x）＝2xlnx﹣a（x2﹣1）（a∈R）．（1）若a＝1，求证：f（x）在（0，+∞）上单调递减；（2）若f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；（3）证明：1+1

高三数学上学期专题突破练：导数及其应用参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CACBCDAC二．多选题（共3小题）题号91011答案BCABDAC一．选择题（共8小题）1．（2025春•立山区校级期中）下列计算正确的是（）A．（2x）′＝x•2x﹣1 B．(lgx)′=1C．（e2x）′＝2e2x D．[cos(3x+【解答】解：（2x）′＝2x•ln2，故A错误；(lgx)′=(lnxln10)′=（e2x）′＝e2x•（2x）′＝2e2x，故C正确；[cos(3x+π4)]′=−sin(3x+故选：C．2．（2025春•东莞市校级期中）函数f（x）＝x2的导数f′（x）等于（）A．2x B．1 C．12 D．【解答】解：f（x）＝x2，则f′（x）＝2x．故选：A．3．（2025春•海南期中）已知函数f（x）＝x+lnx，则f′(1A．1﹣e B．﹣1 C．1+e D．1【解答】解：因为f′(x)=1+1x，故故选：C．4．（2025春•湖北校级期末）设f(x)=x+ln(mx)−mx(m＞0)A．m+22 B．2m+4 C．2m+1 D．4m【解答】解：由f′(x)=1+m故limΔx→0f(1+2Δx)−f(1)Δx=2lim故选：B．5．（2025春•滨海新区校级期中）函数f（x）＝ex+x2的图象在x＝0处的切线方程为（）A．y＝2x+1 B．y＝x+2 C．y＝x+1 D．y＝2x+2【解答】解：f′（x）＝ex+2x，则f′（0）＝1，又f（0）＝1，则所求切线方程为y﹣1＝x，即y＝x+1．故选：C．6．（2025春•宝安区校级期中）已知函数f（x）＝ax2﹣（a+2）x+lnx+1（a∈R），若∀x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，f(x1)−f(A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣∞，﹣1] C．（0，8] D．[0，8]【解答】解：不妨设0＜x1＜x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，f(x此时f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2对一切0＜x1＜x2都成立，令m（x）＝f（x）+2x，此时m（x）＝ax2﹣ax+lnx+1，函数定义域为（0，+∞），此时问题转化成m（x）在（0，+∞）上单调递增；又m′(x)=2ax−a+1当a＝0时，m′(x)=1所以函数m（x）在（0，+∞）上单调递增；当a≠0时，此时需满足m′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即2ax2﹣ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，易知函数y＝2ax2﹣ax+1过定点（0，1），对称轴为x=1此时需满足a＞0且2a(解得0＜a≤8，综上所述，a的取值范围为[0，8]．故选：D．7．（2025春•东莞市校级期中）已知函数fi（x）的导函数为f'i（x）（i＝1，2，3），若f1（x）、f2（x）、f3（x）的图象如图所示，则（）A．f′1（a）＞f'2（a）＞f'3（a） B．f'1（a）＞f'3（a）＞f'2（a） C．f'2（a）＞f'1（a）＞f'3（a） D．f'3（a）＞f'1（a）＞f'2（a）【解答】解：由图可知，f1（x），f2（x）在x＝a处的切线斜率为正数，且f1（x）的图象在x＝a处更陡，而f3（x）在x＝a处的切线斜率为负数，所以f'1（a）＞f'2（a）＞f'3（a）．故选：A．8．（2025春•漳浦县校级月考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数f（x）在（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在（a，b）上的导函数记为f″（x）．若在（a，b）上f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知函数f（x）=x44−t3x3A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[518，+∞） D．（51【解答】解：由于f（x）=x44−t3x3+32x2，则f′（x）＝x3﹣tx2+3x，f由于f（x）=x44−t3则f″（x）＝3x2﹣2tx+3＜0在（1，4）上恒成立，即t＞3x由对勾函数的性质知y=3于是y=32(x+1故选：C．二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•南关区校级期中）下列求导正确的是（）A．(xxB．(cosxC．(4D．(lg【解答】解：对于A，（xx+e3）′＝（x32）′=3对于B，(cosxx)′=对于C，（4x﹣sinπ4）＝（4x）′＝4xln4，C对于D，(lgx故选：BC．（多选）10．（2025春•湖南期中）已知不等式eax+（a﹣1）x≥lnx对任意x＞0成立，则实数a的取值可以为（）A．25 B．12 C．12e【解答】解：原不等式可化为eax+lneax≥x+lnx．（x＞0）令函数f（x）＝x+lnx，那么原不等式等价于f（eax）≥f（x），易知函数f（x）＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，因此f（eax）≥f（x）可化为eax≥x，取对数即得ax≥lnx，因此a≥lnx令函数g(x)=lnx那么导函数g′(x)=1−lnx由g′（x）＜0，可得x＞e，由g′（x）＞0，可得0＜x＜e，可知g（x）在（e，+∞）上单调递减，在（0，e）上单调递增，最大值为g(e)=所以g(x)≤1e，故a≥1e，即实数符合条件的选项有ABD．故选：ABD．（多选）11．（2025春•南岗区校级期中）已知函数f（x）的导函数为f′（x），f′（x）的部分图象如图所示，则（）A．f（x）在（x1，x2）上单调递增 B．f（x）在（x2，x3）上单调递减 C．x1是f（x）的极小值点 D．x2是f（x）的极小值点【解答】解：根据图可知：当x∈（x1，x3）时，导函数f′（x）＞0，因此f（x）在x∈（x1，x3）上单调递增，因此f（x）在（x1，x2）上单调递增，在（x2，x3）上也单调递增，所以选项A正确，选项BD错误；又根据图可知f′（x1）＝0，且在x1左边导数f′（x）＜0，因此f（x）在x1左边附近单调递减，因此x1是函数f（x）的极小值点，所以C正确．故选：AC．三．填空题（共3小题）12．（2025春•宝山区校级期中）函数f（x）＝cos2x在x＝0处的切线方程为y＝1．【解答】解：因为f（x）＝cos2x，所以f′（x）＝﹣2sin2x，所以f（0）＝1，f′（0）＝0，所以f（x）＝cos2x在x＝0处的切线方程为y﹣1＝0×（x﹣0），即y＝1．故答案为：y＝1．13．（2025春•湖北期中）已知函数f（x）＝ax3﹣bx2在点（1，f（1））处的切线方程为y＝4x﹣3，则a+b＝3．【解答】解：因为f（x）＝ax3﹣bx2，所以f′（x）＝3ax2﹣2bx，根据题意可得f（1）＝1，f′（1）＝4，f（1）＝a﹣b＝1，f′（1）＝3a﹣2b＝4，解得a＝2，b＝1，所以a+b＝3．故答案为：3．14．（2025春•船营区校级期末）已知a＞1，若对于∀x∈[13，+∞)，不等式13x−x+ln3x≤1a【解答】解：不等式13x−x+ln3x≤1ae令f(x)=1x+lnx，(x≥1)∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∵a＞1，x≥13，∴3x≥1，ex≥∴不等式13x+ln(3x)≤1aex+ln(aex)∴3x≤aex，即a≥3xex令g(x)=3xex当x∈(13，1)时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g∴g（x）在（13∴g(x)≤g(1)=3e，则a≥3e，即故答案为：[3四．解答题（共5小题）15．（2025春•东莞市校级期中）若f(x)=1（1）f（x）的单调递减区间；（2）f（x）在[0，2]上的最小值和最大值．【解答】解：（1）若f(x)=1则f′（x）＝（x﹣1）（x+1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0；当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间为（﹣1，1）．（2）由（1）可得f（x）在[0，1]为减函数，在[1，2]上为增函数，故f(x)min=f(1)=−16．（2025春•东莞市校级期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣m．（1）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞x1，求m的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：x1【解答】解：（1）f′(x)=x−1x，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（因此f（x）在（0，1）上为单调递减，在（1，+∞）上为单调递增，因为f（x）有两个零点x1，x2，因此f（x）min＝f（1）＝1﹣m＜0，因此m＞1，当m＞1时，f（e﹣m）＝e﹣m＞0，而f（em）＝em﹣2m，设s（x）＝ex﹣2x，x＞1，则s'（x）＝ex﹣2＞0，因此s（x）在（1，+∞）上为增函数，因此s（x）＞s（1）＝e﹣2＞0，因此f（em）＞0，而e﹣m＜1＜em，因此当m＞1时，f（x）确有两个实数根，综上，m∈（1，+∞）；（2）证明：由（1）可得0＜x1＜1＜x2，先证明：x1+x2＞m+1，即证x2＞m+1﹣x1，而x2＞m+1﹣x1＞1，因此即证f（x2）＞f（m+1﹣x1），而f（x1）＝f（x2）＝0，因此即证m+1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）﹣m＜0，即证1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）＜0，而x1﹣lnx1＝m，因此即证：1﹣x1﹣ln（1﹣lnx1）＜0，设s（x）＝1﹣x﹣ln（1﹣lnx），0＜x＜1，则s′(x)=1设t(x)=1x+lnx−1，0＜x＜1因此t（x）在（0，1）上为减函数，因此t（x）＞t（1）＝0，因此s（x）在（0，1）上为增函数，因此s（x）＜s（1）＝0，即1﹣x1﹣ln（1﹣lnx1）＜0成立，因此x1+x2＞m+1，设v(m)=lnm−2(m−1)m+1，m＞1，则因此v（m）在（1，+∞）上为增函数，因此v（m）＞v（1）＝0，因此lnm＞2(m−1)m+1(m＞1)因此x117．（2025•鞍山模拟）已知函数f(x)=2lnx−(k（1）当k＝0时，证明：f（x）≤0；（2）若f（x）存在极大值，且极大值大于0，求k的取值范围．【解答】解：（1）证明：根据已知：函数f(x)=2lnx−(kk＝0时，f（x）＝2lnx﹣x2+1，f′(x)=20＜x＜1时，f′（x）＞0；x＞1时，f′（x）＜0，所以f（x）在区间（0，1）上单调递增，（1，+∞）上单调递减，所以f（x）≤f（1）＝0．（2）f′(x)=2k≤﹣2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；k＞﹣2时，0＜x＜2k+2时，f′（x）＞0；x＞2k+2时，所以f（x）在区间(0，2k+2)所以f（x）的极大值为f(2令g（x）＝2lnx+x﹣1（x＞0），则g′(x)=2所以g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，由已知g(2所以2k+2＞1，解得综上，k∈（﹣2，0）．18．（2025•温州二模）已知函数f（x）＝ln（x+1）+axx+1（a∈（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（﹣1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围；（3）当a＞0时，解方程f′（x）﹣f（x）=5【解答】解：（1）因为f(x)=ln(x+1)+ax所以f′(x)=1当a≥0时，因为x＞﹣1，所以x+1+a≥x+1＞0，即f′（x）＞0，f（x）在定义域内（﹣1，+∞）单调递增；当a＜0时，由f（x）＜0＝﹣1＜x＜﹣1﹣a；由f′（x）＞0⇒x＞﹣1﹣a．所以f（x）在（﹣1，﹣1﹣a）上单调递减，在（﹣1﹣a，+∞）上单调递增．综上，当a≥0时，f（x）在定义域内单调递增；当a＜0时，f（x）在（﹣1，﹣1﹣a）上单调递减，在（﹣1﹣a，+∞）上单调递增．（2）由（1）知，当a≥0时，f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，且注意到f（0）＝0，因此f（x）在区间（﹣1，0）上无零点；当a＜0时，考虑到f（0）＝0，为使（﹣1，0）内有零点，则极小值点小于零，即﹣1﹣a＜0⇒a＞﹣1，结合a＜0，则a的取值范围为（﹣1，0）．（3）由题，f′(x)−f(x)=−ax2+(1−a)x+1+a(x+1则g′(x)=−(a+1)x+1+3a因此g(x)=5注意到待求方程g(x)=5对g（x）中含a的部分单独考察，即a（﹣x2﹣x+1），其中关于x的多项式的解为x1，2因此x＝x1，2时可消去a．当x=5−12当x=−5−1综上，原方程的解为x=519．（2025春•吉林期末）已知函数f（x）＝2xlnx﹣a（x2﹣1）（a∈R）．（1）若a＝1，求证：f（x）在（0，+∞）上单调递减；（2）若f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；（3）证明：1+1【解答】解：（1）证明：由a＝1，那么函数f（x）＝2xlnx﹣（x2﹣1），因此导函数f′（x）＝2+2lnx﹣2x，