专题检测(19) 导数简单应用(Word版)-2022高考数学(理科)二轮复习【优化指导】高中总复习·第2轮（全国版）

专题检测(十九)　导数简单应用 1．(2021·安徽涡阳月考)函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是(　　) A．a>0　　　　　　　 B．a≥0 C．a<0 D．a≤0 C　解析：f(x)＝ax3＋x＋1有极值⇔f′(x)＝3ax2＋1＝0有两个不同的实根⇔3a＝－＜0，即a<0. 2．(2021·广西桂林二模)函数f(x)＝ex－ax在x＝0处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝(　　) A．－1 B．1 C． D． C　解析：函数f(x)＝ex－ax的导函数为f′(x)＝ex－a，函数在x＝0处的导数即为切线的斜率，为f′(0)＝e0－a＝1－a，且切线与直线ax－y－1＝0平行，则有1－a＝a，可得a＝. 3．已知函数f(x)＝ax3－bx＋2(ab＞0)的极大值和极小值分别为M，m，则M＋m＝(　　) A．0　　　 B．1　　　 C．2　　　　 D．4 D　解析：f′(x)＝3ax2－b＝0，令3ax2－b＝0，解得x＝±＋2＝4.－b ＋2＋a－b处取得，故M＋m＝a，函数的极值点在x＝± 4．(2021·辽宁大连二模)已知函数f(x)＝sin x－ax，对于任意实数x1, x2，且x1≠x2，都有＜0，则a的取值范围为(　　) A．(－∞，－1] B．(1，＋∞) C．(－∞，－1) D．[1，＋∞) D　解析：由题意知，f(x)在定义域内是单调递减函数， ∴f′(x)＝cos x－a≤0恒成立，即cos x≤a在x∈R上恒成立，∴a≥1. 5．(2021·湖南永州二模)曲线f(x)＝2ln x在x＝t处的切线l过原点，则l的方程是(　　) A．2x－ey＝0 B．2x＋ey＝0 C．ex－2y＝0 D．ex＋2y＝0 A　解析：曲线f(x)＝2ln x，则f′(x)＝(x－e)，即2x－ey＝0..故切线l的方程为y－2＝，得ln t＝1，t＝e，所以k＝＝，又直线l过原点，所以k＝，切点为(t, 2ln t)，所以切线l的斜率k＝f′(t)＝ 6．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝x4(x－1)3(x－2)2(x－3)，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在x＝0处有极大值 B．f(x)在x＝2处有极小值 C．f(x)在[1，3]上单调递减 D．f(x)至少有3个零点 C　解析：由函数f(x)的导函数f′(x)＝x4(x－1)3(x－2)2(x－3)可知，当x∈(－∞，1)和(3，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增区间为(－∞，1)和(3，＋∞)，当x∈(1, 3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减区间为[1，3]，故A，B错误，C正确，又f(1)，f(3)的符号无法确定，故无法确定f(x)的零点个数，故D错误． 7．(2021·湖北十堰调研)已知函数f(x)＝2x3＋3mx2＋2nx＋m2在x＝1处有极小值，且极小值为6，则m＝(　　) A．5 B．3 C．－2 D．－2或5 A　解析：f′(x)＝6x2＋6mx＋2n，因为f(x)在x＝1处有极小值，且极小值为6，所以时，f′(x)＝6x2－12x＋6＝6(x－1)2，则f(x)在R上单调递增，f(x)无极值．时，f′(x)＝6x2＋30x－36＝(x＋6)(6x－6)≥0，则f(x)在(－∞，－6)上单调递增，在(－6，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值6.当当或解得即 8．(2021·四川成都二模)已知P是曲线y＝－sin x(x∈[0，π])上的动点，点Q在直线x－2y－6＝0上运动，则当|PQ|取最小值时，点P的横坐标为(　　) A． B． C． D． C　解析：如下图所示： 若使得|PQ|取最小值，则曲线y＝－sin x(x∈[0，π])在点P处的切线与直线x－2y－6＝0平行，对函数y＝－sin x求导，得y′＝－cos x，令y′＝.，∵0≤x≤π，解得x＝，可得cos x＝－ 9．函数f(x)(x＞0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　) A．f(x)的最小值为e B．f(x)的最大值为e C．f(x)的最小值为 D．f(x)的最大值为 A　解析：设g(x)＝xf(x)－ex，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，所以f(x)＝.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故f(x)在x＝1处取得最小值．所以f(x)≥f(1)＝e．，f′(x)＝ 10．(2021·四川泸州二模)已知a＝，c＝e，则a，b，c的大小关系