专题跟踪检测20 利用导数研究函数的性质（Word练习）-【创新方案】2024年高考数学(理科)二轮复习专题辅导与测试（老教材）

专题跟踪检测（二十） 利用导数研究函数的性质 一、题点考法全面练 1．曲线y＝exsin x在x＝0处的切线斜率为(　 ) A．0 B．1 C．2 D．－2 解析：选B　y′＝exsin x＋excos x，k＝y′|x＝0＝1. 故选B. 2．已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量y(件)与商品售价x(元)的关系为y＝e－x，则当此商品的利润最大时，该商品的售价x(元)为(　 ) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选A　根据题意可得利润函数f(x)＝(x－4)e－x，f′(x)＝e－x－(x－4)e－x＝(5－x)e－x，当x>5时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当0<x<5时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝5时，函数f(x)取最大值．故选A. 3．已知函数f(x)＝g(x)·x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程是y＝2x－1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是(　 ) A．y＝x＋1 B．y＝4x－3 C．y＝3x－2 D．y＝5x－4 解析：选B　由题意得，g(1)＝2×1－1＝1，g′(1)＝2， ∴f(1)＝g(1)×12＝1.∵f′(x)＝g′(x)·x2＋2x·g(x)， ∴f′(1)＝g′(1)＋2g(1)＝4.∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝4(x－1)＋1，即y＝4x－3. 4．若函数f(x)＝ln x＋x2＋a－1在区间(1，e)内有零点，则实数a的取值范围是(　 ) A．(－e2,0) B．(－e2,1) C．(1，e) D．(1，e2) 解析：选A　∵f(x)＝ln x＋x2＋a－1，∴f′(x)＝＋2x>0，在区间(1，e)上恒成立．∴f(x)在(1，e)上单调递增．又∵函数f(x)＝ln x＋x2＋a－1有唯一的零点在区间(1，e)内，∴f(1)<0，f(e)>0. 即解得－e2<a<0. 5．已知函数f(x)＝(x＋1)2＋cos(x＋1)＋a的最小值是4，则a＝(　 ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选A　由题意，f′(x)＝2(x＋1)－sin(x＋1)，f″(x)＝2－cos(x＋1)>0，所以f′(x)单调递增，又f′(－1)＝0，所以当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，故x＝－1为f(x)的最小值点，即f(－1)＝1＋a＝4，解得a＝3.故选A. 6．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1,1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为(　 ) A．(－∞， －1) B．(－∞， 1) C．(－1, 3) D．(－∞， 3) 解析：选D　因为f(x)＝x3－3x2＋3－a，所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，x∈[－1, 1]．由题意，只需f(x)max>0.当x∈[－1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,1]时，f′(x)<0，所以f(x)在[－1, 0)上单调递增，在(0, 1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝3－a>0，故实数a的取值范围为(－∞， 3)．故选D. 7．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　 ) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3,0) 解析：选B　由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝± . 令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－<x< .所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以要使f(x)存在3个零点， 则即解得>1，即a<－3.故选B. 8．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　 ) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：选C　依题意，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)恒成立，显然a＞0，所以xex≥.设g(x)＝xex，x∈(1,2)，则g′(x)＝(x＋1)ex＞0.所以g(x)在(1,2)单调递增，g(x)＞g(1)＝e.所以≤e，即a≥＝e－1，故选C. 9．设a＝，b＝，c＝，则(　 ) A．a<c<b B．a<b<c C．b<a<c D．b<c<a 解析：选C　设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时， f′(x)<0，函数单调递减，当0<x<e时，f′(x)>0，函数单调递增，故当x＝e时，函数取得最大值f(e)＝，因为a＝＝＝f，b＝＝＝f(4)，c＝＝f