第三章 导数及其应用-【高考领航】2024高考数学大一轮复习课时作业word（新教材，人教B版）

重点强化练2　导数在函数中的应用 A级　基础落实练 1．(2023·临沂市调研)已知函数f(x)＝2ex＋1＋e2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(　　) A．2e2x－y＋e2＝0　　 B．2e2x－y－e2＝0 C．3e2x－y＋e2＝0 D．4e2x－y－e2＝0 解析：A　因为f(x)＝2ex＋1＋e2，所以f′(x)＝2ex＋1，所以f(1)＝3e2，f′(1)＝2e2. 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2e2(x－1)＋3e2，即2e2x－y＋e2＝0. 2．函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　) A．(，e) B．(0，) C．(－∞，) D．(，＋∞) 解析：B　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1， 令f′(x)<0，解得0<x<， 故f(x)的单调递减区间是(0，)． 3．某冷饮店的日销售额y(单位：元)与当天的最高气温x(单位：℃，20≤x≤40)的关系式为y＝x2－x3，则该冷饮店的日销售额的最大值约为(　　) A．907元 B．910元 C．915元 D．920元 解析：C　∵y＝x2－x3，20≤x≤40， ∴y′＝x－x2＝－x(x－38)． ∴当20≤x≤38时，y′≥0，即函数在[20，38]上单调递增，当38≤x≤40时，y′≤0，即函数在[38，40]上单调递减，∴当x＝38时，函数取得最大值，∴ymax＝×382－×383≈915. 4．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　) A．a<－1 B．a>－1 C．a<－ D．a>－ 解析：A　由y＝ex＋ax，得y′＝ex＋a. 令y′＝ex＋a＝0，∴x＝ln(－a)(a<0)． 容易判定x＝ln(－a)是函数的极小值点， ∴ln(－a)>0，故a<－1. 5．(多选题)(2023·长沙一中质检)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是(　　) A．ln 2> B．ln 3< C．ln π> D．< 解析：ACD　令g(x)＝，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 由2<e，得g(2)<g(e)， ∴<＝，∴ln 2<，A错误． ∵e<3<π，∴g(e)>g(3)>g(π)， 即＝>>， ∴ln 3<，ln π<，>，故B正确，C、D错误． 6．(2023·唐山一中调研)设函数f(x)＝xsin x＋cos x－，则下列是函数f(x)极大值点的是(　　) A． B．－ C． D．－ 解析：D　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x－＝x(cos x－)． 令f′(x)＝0.得x＝0或x＝2kπ±，k∈Z. 当x∈(－，－)，(－，0)，(，)时， f′(x)<0，当x∈(－，－)，(0，)，(，)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)在(－，－)，(－，0)，(，)上单调递减；在(－，－)，(0，)，(，)上单调递增． 因此结合选项知x＝－是函数f(x)的极大值点． 7．(2023·江南十校联考)不等式2ln x>xln 2的解集是(　　) A．(1，2) B．(2，4) C．(2，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：B　设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝. 当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 原不等式可化为>，即f(x)>f(2)． 又f(2)＝f(4)，从而得2<x<4. 所以原不等式的解集是(2，4)． 8．(多选题)已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)存在两个不同的零点 B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值 C．当－e<k≤0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根 D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2 解析：ABC　由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0， ∴x＝，故A正确； f′(x)＝－＝－， 当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0； 当x∈(－1，2)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增． ∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确； 又f(－1)＝－e，f(2)＝， 且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0， ∴f(x)的图象如图所示， 由图知C正确，D不正确． 9．(2023·湖北质量检测)已知函数f(x)＝x2＋xln x的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－ay－1＝0平行，则实数a＝