课下巩固训练（三）利用导数研究函数的性质-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固训练(三)]　利用导数研究函数的性质 【选择题】每小题5分 一、单选题 1．(2024·四川成都模拟)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　 ) A．(－1，1] B．[－1，1] C．[1，＋∞) D．(0，1] 答案：D 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－，令f′(x)<0，解得0<x<1， 端点不影响单调性，所以f(x)在(0，1]上单调递减． 2．(2024·福建漳州一模)若曲线y＝aex-2＋x在点(2，2＋a)处的切线方程为y＝4x＋b，则a＋b＝(　　 ) A．3 B．－3 C．0 D．1 答案：C 解析：因为y＝aex-2＋x，则y′＝aex-2＋1，由题意可得解得所以 a＋b＝0. 3．(2024·河北承德二模)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 答案：B 解析：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)，经检验满足题意． 4．(2024·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝ex－a ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最大值为(　　 ) A．e2 B．e-1 C．e D．2e2 答案：C 解析：依题意可知，f′(x)＝ex－≥0在(1，2)上恒成立，所以a≤xex， 设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0(x∈(1，2))， 所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e， 故a≤e，即a的最大值为e. 5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 答案：B 解析：因为函数的定义域为，所以依题可知，f＝－2，＝0，而f′，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′，因此函数在上递增，在上递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′. 6．(2024·浙江杭州模拟)函数f(x)＝(x－2)ex－e2x－2的极小值为(　　 ) A．e2－2 B．－2e2 －2 C．2－2e2 D．－2－e2 答案：B 解析：f′(x)＝(x－1)ex－e2，记g(x)＝(x－1)ex－e2，则g′(x)＝xex， 当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)在(－∞，0)上单调递减． 所以当x＝0时，g(x)min＝－1－e2<0， 因为g(2)＝0，且当x<0时，g(x)＝(x－1)ex－e2<0， 所以当x<2时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－∞，2)上单调递减； 当x>2时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增． 所以当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝－2e2－2. 7．(2024·湖南邵阳三模)若过点(a，b)可以作曲线y＝ln x＋1的两条切线，则(　　 ) A．b<ln a B．b>ln a＋1 C．a<0 D．b>ea 答案：B 解析：因为y＝ln x＋1，则y′＝， 设切点坐标为(x0，ln x0＋1)，则切线斜率k＝， 则切线方程为y－ln x0－1＝(x－x0)，整理得y＝x＋ln x0， 又因为切线过点(a，b)，则b＝＋ln x0， 设f(x)＝ln x＋，函数定义域是(0，＋∞)， 则直线y＝b与曲线f(x)＝ln x＋有两个不同的交点，则f′(x)＝， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在定义域内单调递增，不合题意； 当a>0时，令f′(x)<0，解得0<x<a；令f′(x)>0，解得x>a； 可知f(x)在(0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增， 则f(x)≥f(a)＝ln a＋1，且当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞， 结合图象可知b>ln a＋1. 综上所述，b>ln a＋1，a>0. 8．(2024·河北秦皇岛三模)已知0是函数f(x)＝x3＋ax2＋1的极大值点，则a的取值范围为(　　 ) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C． D． 答案：A 解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋1，所以f′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)， 令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝－， 当－>0，即a<0时，令f′(x)>0，得x<0或x>－；令f′(x)<0，得0<x<－； 所以f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减， 所以x＝0是函数f(x)的极大值点，满足题意； 当－＝0，即a＝0时，f′(x)＝x(3x＋0)≥0恒成立，则f(x)在R上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当－<0，即a>0时，令f′(x)>0，得x<－或x>0；令f′(x)<0，得－<x<0； 所以f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减， 所以x＝0是函数f(x)的极小值点，不满足题意． 综上，a<0，即a的取值范围为(－∞，0)． 二、多选题 9．(2024·贵州安顺一模)设函数f(x)＝＋3x，则(　　 ) A．f(x)有1个极大值点 B．f(x)有2个极小值点 C．x＝－1是f(x)的极大值点 D．x＝是f(x)的极小值点 答案：ABD 解析：函数f(x)＝＋3x的定义域为R，且f′(x)＝x3－x2－3x＋3＝(x－1)(x2－3)＝(x－1)， 所以当x<－或1<x<时，f′(x)<0， 当－<x<1或x>时，f′(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)在x＝－处取得极小值，在x＝1处取得极大值，在x＝处取得极小值． 10．(2024·新课标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) 答案：ACD 解析：因为(x－4)，所以f′＝2(x－1)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确； 当0<x<1时，x－x2＝x>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以<，所以B错误； 当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确； 当－1<x<0时，f＝(2－x－1)2(x－4)＝>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确． 11．(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 答案：BCD 解析：函数f(x)＝a ln x＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝， 因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2， 于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，BCD正确． 【填空题】每小题5分 三、填空题 12．(2021·全国甲卷)曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为__________． 解析：由题，当x＝－1时，y＝－3，故点(－1，－3)在曲线上，求导得y′＝x＝－1＝5，故切线方程为5x－y＋2＝0. 答案：5x－y＋2＝0 13．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________． 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a，即x≥在区间(0，＋∞)上恒成立， 故0＝1≥－，而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0， 故即故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 答案： 14．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活．蒙古包下半部分近似一个圆柱、上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥．今制作一座蒙古包，下半部分圆柱的高为2 m，上半部分圆锥内部的母线长为3 m，当该蒙古包的内部空间最大时，其内部的实际占地面积为___________m2. 解析：设底面圆的半径为r，圆锥高为h， 则h＝，r2＝9－h2， ∴V＝πr2×2＋πr2h＝2π(9－h2)＋π(9－h2)h＝18π－2πh2＋3πh－πh3， 令f(h)＝18π－2πh2＋3πh－πh3， ∴f′(h)＝－πh2－4πh＋3π＝－π(h2＋4h－3)＝－π[(h＋2)2－7]， 令f′(h)＝0得h＝－2或h＝－－2(舍去)， 又∵母线长为3 m，∴0<h<3， ∴当0<h<－2时，f′(h)>0，f(h)单调递增；当－2<h<3时，f′(h)<0，f(h)单调递减，∴当h＝－2时，f(h)取得最大值，即V取得最大值， 此时r2＝9－h2＝4－2， 故占地面积S＝πr2＝π×π. 答案：π 【解答题】每小题10分 四、解答题 15．(2024·山东济南一模)已知函数f(x)＝e2x＋ex－ax. (1)当a＝3时，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)极值点的个数． 解：(1)当a＝3时，f(x)＝e2x＋ex－3x定义域为R， 又f′(x)＝2e2x＋ex－3，所以f′(x)＝(2ex＋3)(ex－1)， 由f′(x)>0，解得x>0，此时f(x)单调递增； 由f′(x)<0，解得x<0，此时f(x)单调递减， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． (2)函数f(x)的定义域为R，由题意知，f′(x)＝2e2x＋ex－a， 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)极值点的个数为0； 当a>0时，易知1＋8a>1， 令ex＝t(t>0)， 故解关于t的方程2t2＋t－a＝0得，t1＝， 所以f′(x)＝2(ex－t1)(ex－t2)， 又t2＝><0(舍)， 所以当x>ln t2时，f′(x)>0，即f(x)在(ln t2，＋∞)上单调递增， 当x<ln t2时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，ln t2)上单调递减，即f(x)极值点的个数为1. 综上，当a≤0时，f(x)极值点的个数为0；当a>0时，f(x)极值点的个数为1. 16．(2024·山东青岛二模)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－x＋a＋1. (1)证明曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过原点； (2)讨论f(x)的单调性． 解：(1)由题设得f′(x)＝＋2ax－1(x>0)，所以f′(1)＝1＋2a－1＝2a， 又因为f(1)＝a－1＋a＋1＝2a，所以切点为(1，2a)，斜率k＝2a， 所以切线方程为y－2a＝2a(x－1)，即y＝2ax恒过原点． (2)由(1) 得f′(x)＝(x>0)， 当a＝0时，f′(x)＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减． 当a≠0时，令t(x)＝2ax2－x＋1，则Δ＝1－8a， 当a>0且Δ＝1－8a≤0时，即a≥≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当0<a<时，Δ＝1－8a>0， 令t(x)＝2ax2－x＋1>0，则0<x<或x>，此时f′(x)>0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递增； 令t(x)＝2ax2－x＋1<0，则<x<，此时f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减． 当a<0时，Δ＝1－8a>0，则t(x)＝2ax2－x＋1为开口向下的二次函数， 对称轴x＝<0，t(0)＝1，t＝1－>1. 令t(x)＝2ax2 －x＋1>0，则0<x<，此时f′(x)>0，所以f(x)在上单调递增， 令t(x)＝2ax2－x＋1<0，则x>，此时f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减． 综上，当a＝0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减； 当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． 学科网（北京）股份有限公司 $$