第一部分 专题一 微专题4 导数的简单应用（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

一、单选题 1．曲线f(x)＝x6＋3x－1在(0，－1)处的切线与坐标轴围成的面积为(　　) A.　　 B. C.　　 D．－ 解析：A　[先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积． f′(x)＝6x5＋3，所以f′(0)＝3，故切线方程为y＝3(x－0)－1＝3x－1， 故切线的横截距为，纵截距为－1，故切线与坐标轴围成的面积为×1×＝.] 2．(2024·承德二模)设a为实数，若函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，则a＝(　　) A．1 B. C．0 D．－1 解析：B　[求出函数的导数，根据极值点求出a的值，然后根据极值的概念检验即得． 由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a， 因为函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值， 所以2a＝1，即a＝， 当a＝时，f′(x)＝x(x－1)，f′(x)＞0⇒x＜0或x＞1，f′(x)＜0⇒0＜x＜1， 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，满足题意．] 3．(2024·邢台二模)已知函数f(x)＝x2＋2ln x的图象在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是(　　) A．x1＋x2＝2 B．x1＋x2＝ C．x1x2＝2 D．x1x2＝ 解析：B　[函数在两点处的切线平行，转化为函数在两点处的导数相等，得到x1，x2的关系，在结合不等式求x1＋x2的取值范围即可． 因为f(x)＝x2＋2ln x，x＞0. 所以f′(x)＝2x＋，x＞0. 由因为f(x)在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行， 所以f′(x1)＝f′(x2)⇒2x1＋＝2x2＋，又x1≠x2，所以x1x2＝1，故CD错误； 因为x1＞0，x2＞0且x1≠x2， 所以x1＋x2＞2＝2，故A不成立； 当x1＝，x2＝3时，x1＋x2＝.故B成立．] 4．(2024·石家庄质检一)函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)仍是x的函数，通常把导函数y＝f′(x)的导数叫做函数的二阶导数，记作y＝f″(x)，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数…….一般地，n－1阶导数的导数叫做n阶导数，函数y＝f(x)的n阶导数记为y＝f(n)(x)，例如y＝ex的n阶导数(ex)(n)＝ex.若f(x)＝xex＋cos 2x，则f(50)(0)＝(　　) A．50－250 B．50 C．49 D．49＋249 解析：A　[根据条件，列举y＝f(n)(x)的前几项，根据规律，写出f(50)(x)，代入x＝0，即可求解． 由f(1)(x)＝(x＋1)ex－2sin 2x，f(2)(x)＝(x＋2)ex－22cos 2x，f(3)(x)＝(x＋3)ex＋23sin 2x，f(4)(x)＝(x＋4)ex＋24cos 2x， 依此类推，f(50)(x)＝(x＋50)ex－250cos 2x， 所以f(50)(0)＝(0＋50)e0－250cos 0＝50－250.] 5．(2024·汕头二模)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,3)上单调递减，则实数a的最大值为(　　) A. B. C. D. 解析：C　[依题意，f′(x)＝aex－≤0在区间(1,3)上恒成立，分离参数可得实数a的最大值． 由题意f′(x)＝aex－， 因为函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,3)上单调递减， 所以f′(x)＝aex－≤0在区间(1,3)上恒成立，即a≤， 令g(x)＝，则g′(x)＝＝， 又x∈(1,3)，所以g′(x)＜0，所以g(x)＝在x∈(1,3)为减函数， 所以g(x)＞g(3)＝， 所以a≤，即实数a的最大值是.] 6．(2024·揭阳二模)如果方程F(x，y)＝0能确定y是x的函数，那么称这种方式表示的函数是隐函数．隐函数的求导方法如下：在方程F(x，y)＝0中，把y看成x的函数y＝y(x)，则方程可看成关于x的恒等式F(x，y(x))＝0，在等式两边同时对x求导，然后解出y′(x)即可．例如，求由方程x2＋y2＝1所确定的隐函数的导数y′，将方程x2＋y2＝1的两边同时对x求导，则2x＋2y·y′＝0(y＝y(x)是中间变量，需要用复合函数的求导法则)，得y′＝－(y≠0)．那么曲线xy＋ln y＝2在点(2,1)处的切线方程为(　　) A．x－3y＋1＝0 B．x＋3y－5＝0 C．3x－y－5＝0 D．2x＋3y－7＝0 解析：B　[利用给定隐函数的导数求法确定斜率，再求出切线方程即可． 由给定定义，对xy＋ln y＝2左右两侧同时求导， 可得y＋xy′＋×y′＝0，将点(2,1)代入，得1＋2y′＋y′＝0， 解得y′＝－，故切线斜率为－，得到切线方程为y－1＝－(x－2)， 化简得方程为x＋3y－5＝0，故B正确．] 二、多选题 7．(2024·晋城一模)若一个函数在区间D上的导数值恒大于0，则该函数在D上纯粹递增，若一个函数在区间D上的导数值恒小于0，则该函数在D上纯粹递减，则(　　) A．函数f(x)＝x2－2x在[1，＋∞)上纯粹递增 B．函数f(x)＝x3－2x在[1,2]上纯粹递增 C．函数f(x)＝sin x－2x在[0,1]上纯粹递减 D．函数f(x)＝ex－3x在[0,2]上纯粹递减 解析：BC　[求各选项函数的导数，利用所给定义判断即可求解． 若f(x)＝x2－2x，则f′(x)＝2x－2，因为f′(1)＝0，所以A错误． 若f(x)＝x3－2x，则f′(x)＝3x2－2，当x∈[1,2]时，f′(x)＞0恒成立，所以B正确． 若f(x)＝sin x－2x，则f′(x)＝cos x－2＜0，所以C正确． 若f(x)＝ex－3x，则f′(x)＝ex－3＜0在[0,2]上不恒成立，所以D错误．] 8．(2024·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：ACD　[首先有f(x)＝(x－1)2(x－4)， 则f′(x)＝3(x－1)(x－3)， 对于A有，x＝3左右的两侧符号变化为由负到正，故其为极小值点，故A正确； 对于B有，当0＜x＜1时，函数单调递增且x2＜x，故f(x2)＜f(x)，故B错误； 对于C有，当1＜x＜2时，得1＜2x－1＜3且f(1)＝0，f(3)＝－4，故－4＜f(2x－1)＜0，故C正确； 对于D有，当－1＜x＜0时，f(x)单调递增，f(2－x)＞f(x)成立，故D正确．故选择：ACD. 点评：函数的单调性问题转化成导数的单调性问题即可顺利解决．] 三、填空题 9．(2024·怀化二模)已知f(x)＝2x2－3x－ln x，则f(x)的单调增区间为________． 解析：求出函数f(x)的导数，再解导函数大于0的不等式即可． 函数f(x)＝2x2－3x－ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝4x－3－＝， 由f′(x)＞0，得x＞1，所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 10．(2024·杭州质检)函数f(x)＝的最大值为________． 解析：借助换元法令t＝，可得f(x)＝h(t)＝－t3＋5t－，借助导数求取函数h(t)的单调性后，即可得解． 令t＝＞0，则x＝t2－1，故f(x)＝＝－t3＋5t－， 令h(t)＝－t3＋5t－(t＞0)， 则h′(t)＝－3t2＋5＋＝＝－， 当t∈(0，)时，h′(t)＞0，当t∈(，＋∞)时，h′(t)＜0， 则h(t)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 故h(t)≤h()＝－()3＋5×－＝2， 即函数f(x)＝的最大值为2. 答案：2 四、解答题 11．(2024·东三省三校联考)已知函数f(x)＝ln x－. (1)求f(x)在(1，f(1))处的切线； (2)比较ln与－的大小并说明理由． 解：(1)求得f′(x)＝，x＞0，得到f′(1)＝，且f(1)＝0，结合导数的几何意义，即可求解；(2)求得f′(x)＞0，得到f(x)在(0，＋∞)上单调递增，结合f(1)＝0，得到ln x＜，即可得到ln＜－. (1)因为函数f(x)＝ln x－，可得f′(x)＝，x＞0， 可得f′(1)＝，且f(1)＝0， 所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝(x－1)，即y＝x－. (2)由x＞0，可得f′(x)＝＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又由f(1)＝0，所以x∈(0,1)时，f(x)＜0， 即ln x＜在x∈(0,1)上恒成立， 所以ln＜＝－， 即ln＜－. 12．(2024·晋中5月适应性考试)已知函数f(x)＝x3＋ax，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若函数g(x)＝f(x)＋2ln x存在两个极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)使用单调性的定义和导数即可判断单调性；(2)先用导数确定g′(x)的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论g′(x)的零点个数，即可得到a的取值范围． (1)由f(x)＝x3＋ax，知f′(x)＝x2＋a. 当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增； 当a＜0时，有f′(x)＝x2＋a＝(x＋)(x－)， 从而对x＜－和x＞有f′(x)＞0， 对－＜x＜有f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，－]和[，＋∞)上单调递增，在[－，]上单调递减． 综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增； 当a＜0时，f(x)在(－∞，－]和[，＋∞)上单调递增，在[－，]上单调递减． (2)由于g(x)＝x3＋ax＋2ln x， 故g′(x)＝x2＋＋a. 记h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2x－＝. 从而对0＜x＜1有h′(x)＜0，对x＞1有h′(x)＞0. 所以g′(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增． 当a≥－3时，对x∈(0,1)∪(1，＋∞)均有g′(x)＞g′(1)＝3＋a≥0，所以g′(x)不可能有两个零点，从而g(x)不可能有两个极值点； 当a＜－3时，由g′＝＞0，g′(1)＝3＋a＜0，g′()＝＞0，结合零点存在定理可知g′(x)存在两个零点u∈，v∈(1，)． 再结合g′(x)的单调性知g′(x)在x∈(0，u)∪(v，＋∞)时取正值，在x∈(u，v)时取负值，所以g(x)有极大值点x＝u和极小值点x＝v. 综上，a的取值范围是(－∞，－3)． 学科网（北京）股份有限公司 $$