微练(33) 利用导数研究函数的性质(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

微练(三十三)　利用导数研究函数的性质 基础过关练 一、单项选择题 1．函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(B) A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1 C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1 解析　f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B. 2．若函数f(x)＝x－－a ln x单调递增，则实数a的取值范围为(D) A．(－∞，0] B．(－∞，－4] C．[－4,4] D．(－∞，4] 解析　依题意得f′(x)＝1＋－＝≥0，即x2－ax＋4≥0对任意x>0恒成立，即a≤＋x恒成立，因为＋x≥2＝4(当且仅当x＝2时取“＝”)，所以a≤4.故选D. 3．当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间[－4,4]上的最大值为(C) A．8 B．12 C．16 D．32 解析　f′(x)＝3x2＋2bx－12，因为f(x)在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝12＋4b－12＝0，所以b＝0，则f(x)＝x3－12x，由f′(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在[2,4]上单调递增，又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，所以f(x)max＝16，选C. 4．已知a＝ln，b＝，c＝，则下列结论正确的是(C) A．c<b<a B．b<a<c C．a<b<c D．c<a<b 解析　设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．a＝ln ＝ln 2＝ln 2＝ln 4＝f(4)，又b＝＝f(3)，c＝＝f(e)，e<3<4，且f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(4)<f(3)<f(e)，所以a<b<c. 5．(2025·徐州模拟)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是(B) A．a<0 B．b<0 C．ab>－1 D．a＋b>0 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－＝，又函数f(x)既有极大值也有极小值，所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，由a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2，所以即ab>－2，a>0，b<0.故选B. 6．(2025·济宁一模)曲线y＝(a>0)与y＝ln x和y＝ex分别交于A，B两点，设曲线y＝ln x在A处的切线斜率为k1，y＝ex在B处的切线斜率为k2，若k1＋k2＝，则a＝(A) A．2ln 2 B．2ln 3 C．3ln 2 D．3ln 3 解析　因为y＝ln x和y＝ex互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，且反比例函数y＝(a>0)的图象也关于直线y＝x对称，可知点A，B关于直线y＝x对称，设A(x0，ln x0)，x0>1，则B(ln x0，x0)，设f(x)＝ln x，g(x)＝ex，则f′(x)＝，g′(x)＝ex，由题意可得：k1＋k2＝＋eln x0＝＋x0＝，解得x0＝2或x0＝(舍去)，可得A(2，ln 2)，则＝ln 2，所以a＝2ln 2.故选A. 二、多项选择题 7．(2025·茂名模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是(BCD) A．f(x)有极大值2ln 2 B．f(x)有极小值3－2ln 2 C．f(x)无最大值 D．f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增 解析　f(x)＝ex－2x＋1的定义域为R，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0得x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f(x)极小值＝f(ln 2)＝3－2ln 2，所以B，C，D正确，A错误．故选BCD. 8．(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3a2x，则下列说法正确的是(ACD) A．若a≠0，则f(x)有两个极值点 B．f(x)的图象的对称中心在函数g(x)＝x3的图象上 C．若f(x)在区间(0,3)单调递减，则a∈(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．不等式f(2a－1)<f(－a)的解集为a 解析　f(x)＝x3－ax2－3a2x，f′(x)＝x2－2ax－3a2＝(x－3a)(x＋a)，当a<0时，x∈(－∞，3a)，f(x)单调递增，x∈(3a，－a)，f(x)单调递减，x∈(－a，＋∞)，f(x)单调递增，故f(x)有两个极值点，当a>0时，x∈(－∞，－a)，f(x)单调递增，x∈(－a,3a)，f(x)单调递减，x∈(3a，＋∞)，f(x)单调递增，f(x)有两个极值点，故A正确；因为f′(x)＝x2－2ax－3a2，所以f(x)的图象的对称中心为，当a≠0时，不在函数g(x)＝x3的图象上，故B错误；当a＝0时，f(x)单调递增，故a≠0，由A可知，当a<0时，x∈(3a，－a)，f(x)单调递减，所以得到a≤－3，当a>0时，x∈(－a,3a)，f(x)单调递减，所以得到a≥1，所以f(x)在区间(0,3)单调递减，则a∈(－∞，－3]∪[1，＋∞)，故C正确；因为f(2a－1)<f(－a)，代入f(x)可得(2a－1)3－a(2a－1)2－3a2(2a－1)<(－a)3－a(－a)2－3a2(－a)化简：9a3－3a2－a＋>0，即2>0，解得a>－且a≠，故D正确．故选ACD. 三、填空题 9．(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝过原点O作曲线y＝f(x)的切线，其切线方程为_x－ey＝0_. 解析　当x≤0时，函数f(x)＝ex，可得f′(x)＝ex.设切点为P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0，所以切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，因为切线过原点O(0,0)，可得－ex0＝－x0ex0，解得x0＝1，不符合题意，舍去；当x>0时，函数f(x)＝ln x，可得f′(x)＝.设切点为P(x1，y1)，则f′(x1)＝，所以切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，因为切点过原点O(0,0)，可得ln x1＝1，解得x1＝e，此时切线方程为y－1＝(x－e)，即x－ey＝0. 10．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是_(－∞，－1)_． 解析　因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.由题意知ex＋a＝0有大于0的实根，得a＝－ex，因为x>0，所以ex>1，所以a<－1. 四、解答题 11．(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝aln x＋. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有极小值，且极小值大于(a2＋1)(a－1)，求a的取值范围． 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝. ①a≤0时，f′(x)<0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②a>0时，令f′(x)<0得0<x<，令f′(x)>0得x>，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由(1)知a>0时，f极小值＝f＝－aln a＋a－1>(a2＋1)(a－1)，整理得ln a＋a2－a<0，令g(a)＝ln a＋a2－a，则g′(a)＝＋2a－1≥2－1＝2－1>0，故g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以a的取值范围为(0,1)． 12．设函数f(x)＝ex＋1－x2－kx. (1)当k＝0时，求曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程； (2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求k的取值范围； (3)当x≥－1时，f(x)≥f(－1)，求k的取值范围． 解　(1)当k＝0时，f(x)＝ex＋1－x2，则f′(x)＝ex＋1－2x，则曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线斜率为f′(－1)＝3，又f(－1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＝3x＋3. (2)f′(x)＝ex＋1－2x－k，由题意得，x∈[－1，＋∞)，f′(x)≥0恒成立．令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝ex＋1－2，且F′(x)在[－1，＋∞)单调递增，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2－1>－1，所以当x∈(－1，ln 2－1)时，F′(x)<0，故F(x)单调递减；当x∈(ln 2－1，＋∞)时，F′(x)>0，故F(x)单调递增；所以F(x)min＝F(ln 2－1)＝4－2ln 2－k，又f′(x)≥0，当且仅当F(x)min≥0，故k≤4－2ln 2，即k的取值范围为(－∞，4－2ln 2]． (3)因为f(－1)＝k，所以题意等价于当x>－1时，f(x)≥k.即∀x∈(－1，＋∞)，ex＋1－x2－kx≥k，整理，得ex＋1－x2≥k(x＋1)，因为x>－1，所以x＋1>0，故题意等价于≥k.设G(x)＝，x∈(－1，＋∞)，G(x)的导函数G′(x)＝，化简得G′(x)＝(ex＋1－x－2)，考察函数g(x)＝ex－x－1，x∈(－∞，＋∞)，其导函数为g′(x)＝ex－1，当x<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>0，g′(x)>0，g(x)单调递增；故在x＝0时，g(x)取到最小值，即g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，所以ex＋1≥x＋2⇔ex＋1－x－2≥0，所以当x∈(－1,0)，G′(x)<0，G(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)，G′(x)>0，G(x)单调递增；所以G(x)的最小值为G(0)＝e，故k≤e，即k的取值范围为(－∞，e]． 能力提升练 13.函数f(x)＝xsin在区间(0，2 028)上的极值点个数为(B) A．675 B．676 C．2 027 D．2 028 解析　由题意可得f′(x)＝sin＋xcos.当f′(x)＝0时，显然cos≠0，于是tan＝－x，易知符合条件的解为f′(x)的变号零点，即f(x)的极值点，于是f(x)的极值点均可视作y＝tan的图象 与直线y＝－x交点的横坐标，如图，由x>0可知交点必在第四象限．当x>0时，由图象可知tan<0的解集为，n∈N.故y＝tan的图象与直线y＝－x在每一个区间上有且仅有一个交点．由⊆(0,2 028)解得n＝0,1，…，675，故满足条件的区间共676个，于是y＝tan的图象与直线y＝－x在区间(0,2 028)上共有676个交点，即f(x)在区间(0,2 028)上共有676个极值点．故选B. 14．某地计划对如图所示的半径为a的直角扇形区域ABC按以下方案进行扩建改造， 在扇形ABC内取一点P使得BP＝a，以BP为半径作扇形PBE，且满足∠PBE＝2∠PBC＝2θ，其中0<θ≤θ0<，cos θ0＝，则图中阴影 部分的面积取最小值时θ的大小为(A) A. B. C. D. 解析　由题意知∠PBC＝∠EBC＝θ，则题图中阴影部分的面积S＝a2＋a·asin θ－a·asin－·2θ·2＝a2＋a2，因为0<θ0<，cos θ0＝，所以<θ0<，所以0<θ≤θ0<，令f(θ)＝sin θ－cos θ－θ，θ∈(0，θ0]，则f′(θ)＝cos θ＋sin θ－＝sin－，由θ∈(0，θ0]，得θ＋∈，因为<θ0<，所以θ0＋∈，令f′(θ)＝0，得sin＝，所以θ＋＝，所以θ＝，当0<θ<时，f′(θ)<0，当<θ<θ0时，f′(θ)>0，所以函数f(θ)在上单调递减，在上单调递增，所以当θ＝时，f(θ)最小，即题图中阴影部分的面积取最小值．故选A. 学科网（北京）股份有限公司 $