第三章 必刷小题5 导数及其应用（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

第三章 必刷小题5　导数及其应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 一、单项选择题 由题意知，x>0， A.(－1,1) B.(0,1) C.[1，＋∞) D.(0，＋∞) √ 令y′<0，得0<x<1，函数单调递减， 所以其单调递减区间为(0,1). 2.(2023·茂名模拟)若曲线y＝f(x)＝x2＋ax＋b在点(1，f(1))处的切线为3x－y－2＝0，则 A.a＝－1，b＝1 B.a＝1，b＝－1 C.a＝－2，b＝1 D.a＝2，b＝－1 √ 将x＝1代入3x－y－2＝0，得y＝1， 则f(1)＝1，即1＋a＋b＝1， ① ∵f(x)＝x2＋ax＋b， ∴f′(x)＝2x＋a，则f′(1)＝3，即2＋a＝3， ② 联立①②，解得a＝1，b＝－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.(2023·重庆联考)如图所示是函数y＝f(x)的图象，其中f′(x)为f(x)的导函数，则下列大小关系正确的是 A.f′(－2)>f′(1)>f′(3) B.f′(－2)>f′(3)>f′(1) C.f′(3)>f′(1)>f′(－2) D.f′(3)>f′(－2)>f′(1) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由已知可得，函数y＝f(x)在(－∞，－1]上单调递增，在(－1,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，函数f(x)在x＝1处取得极小值， 所以f′(－2)>0，f′(1)＝0，f′(3)<0， 所以f′(－2)>f′(1)>f′(3). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(2024·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ x2－(1＋a)x＋aln x在x＝a处取得极小值，则实数a的取值范围为 A.[1，＋∞) B.(1，＋∞) C.(0,1] D.(0,1) √ 要使函数f(x)在x＝a处取得极小值，则a>1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知函数f(x)＝3x＋2sin x，若a＝ ，b＝f(2)，c＝ ，则 a，b，c的大小关系是 A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意，函数f(x)＝3x＋2sin x，其导函数f′(x)＝3＋2cos x， 因为cos x∈[－1,1]，所以f′(x)＝3＋2cos x>0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数， 因为f(－x)＝3(－x)＋2sin(－x)＝－(3x＋2sin x)＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数， 又由2＝log24<log27<3< ，则b<c<a. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(2023·保定联考)某制造商制造并出售球形瓶装的某种液体材料.瓶子的制造成本是0.1πr4分，其中r(单位：cm)是瓶子的半径.已知每出售1 mL的液体材料，制造商可获利0.3分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为8 cm，则当每瓶液体材料的利润最大时，瓶子的半径为 A.3 cm B.4 cm C.5 cm D.6 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则f′(r)＝0.4πr2(3－r)， 令f′(r)＝0，得r＝3， 当r∈(0,3)时，f′(r)>0， 当r∈(3,8]时，f′(r)<0， 因此函数f(r)在(0,3)上单调递增，在(3,8]上单调递减，即当r＝3时，f(r)取最大值， 所以当每瓶液体材料的利润最大时，r＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(2023·商洛统考)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f′(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f′(c)(b－a)成立，其中c叫作f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设x0为函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又g(1)＝1－2＝－1<0，g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0， 由零点存在定理可得，存在唯一的x0∈[1,2]，使得g(x0)＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.(2023·山东多校联考)已知函数f(x)＝xex，若f(x)≥ax－ a恒成立，则实数a的最大值为 A. B.e＋1 C.2e D.e＋4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得f(x)＝xex， 则f′(x)＝(x＋1)ex， 当x>－1时，f′(x)>0； 当x<－1时，f′(x)<0， 故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 设切点为 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则切线斜率a＝f′(x0)＝ ， 所以该切线方程为y－ ， 则0－ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x0＝1时，a＝f′(1)＝2e； 结合图象可得，实数a的取值范围为 ， 即实数a的最大值为2e. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 二、多项选择题 9.下列函数中，存在极值点的是 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x是减函数，没有极值点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(2024·运城模拟)下列不等式恒成立的是 A.ex≥x＋1 B.ln x≤x－1 C.sin x≤x D.ex≥2x＋1 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，设f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝0，即ex≥x＋1，故A正确； 对于B，设g(x)＝ln x－x＋1，x>0， 当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以g(x)max＝g(1)＝0，即ln x≤x－1，故B正确； 对于D，当x＝1时，e<2＋1，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.函数f(x)满足f′(x)<f(x)，则下列选项正确的是 A.f(3)<ef(2) B.ef(0)<f(1) C.e2f(－1)>f(1) D.ef(1)<f(2) √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 从而g(x)为减函数， 即ef(2)>f(3)，e2f(－1)>f(1)， ef(0)>f(1)，ef(1)>f(2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则 A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象， 函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0， 所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上； 若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 三、填空题 13.函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________. 令y＝f(x)＝xex，则f′(x)＝(1＋x)ex， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.若函数f(x)＝ax＋ex在(－∞，1]上单调递减，则实数a的取值范围是____________. (－∞，－e] 由题意知， f′(x)＝a＋ex≤0在(－∞，1]上恒成立， 得a≤(－ex)min， 又函数y＝－ex在(－∞，1]上单调递减， 所以(－ex)min＝－e，所以a≤－e. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为f(x)－f(－x)＝2sin x， 所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin(－x)， 设g(x)＝f(x)－sin x，x∈R， 可得g(x)＝g(－x)，所以g(x)为偶函数， 在[0，＋∞)上有f′(x)>cos x， 所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，x∈[0，＋∞)， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，根据偶函数的对称性可知，g(x)在(－∞，0)上单调递减， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9 因为不等式有正整数解， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x>1时，ln x>0，m>0， 所以当1<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而2<e<3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1.函数y＝x2－ln x的单调递减区间为  y′＝x－＝， 因为函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x，x>0， 则f′(x)＝x－(1＋a)＋＝， －f  所以c＝－f ＝f ＝f(log27)， 依题意知，每瓶液体材料的利润f(r)＝0.3×πr3－0.1πr4＝0.1π(4r3－r4)，0<r≤8，  f′(x)＝1＋ln x－， 则1＋ln x0－＝＝0， 令g(x)＝1＋ln x－，1≤x≤2， 则g′(x)＝＋>0在[1,2]上恒成立， 故g(x)＝1＋ln x－在[1,2]上单调递增， 当f(x)＝xex的图象与直线y＝a相切时， 注意到切线过点， 整理得2x－x0－1＝0， 解得x0＝1或x0＝－， 当x0＝－时，a＝f′＝ . A.y＝x＋ B.y＝2x2－x＋1 C.y＝xln x D.y＝－2x3－x 由题意，对于A，函数y＝x＋，y′＝1－，可得函数y＝x＋在 (－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)，(0,1)上单调递减，所以函数有两个极值点x＝－1和x＝1； 对于B，函数y＝2x2－x＋1为开口向上的抛物线，一定存在极值点，即为顶点的横坐标x＝； 对于C，函数y＝xln x，y′＝ln x＋1，当x∈时，y′<0，函数单调递减， 当x∈时，y′>0，函数单调递增，所以函数y＝xln x在x＝处取得极小值；  g′(x)＝－1＝， 对于C，当x＝－时，sin＝－1，此时sin>－，故C错误； 令g(x)＝， 则g′(x)＝<0恒成立， 则>>>>， 令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±. 由f′(x)>0得x>或x<－； 由f′(x)<0得－<x<. 所以f(x)在，上单调递增， 在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确； 因为f(x)的极小值f ＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0， 假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点坐标为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；  y＝－ 令f′(x)＝0，得x＝－1，此时f(－1)＝－， 所以函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－. 15.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sin x，且在[0，＋∞)上，f′(x)>cos x.若f －f(t)>cos t－sin t，则实数 t的取值范围为__________. 由f －f(t)>cos t－sin t，得  f(t)－sin t<f －cos t ＝f －sin， 即g(t)<g，所以|t|<， 即t2<2，－πt>0，解得t<. 16.(2023·郑州模拟)若关于x的不等式m≤x有正整数解，则实数m的最小值为________. 所以x>0，于是m≤x转化为≥3ln 3，x＝1显然不符合题意； 所以≥3ln 3可变形为≥. 令f(x)＝，x>1，则f′(x)＝， 所以当x∈N+时，f(x)max＝max{f(2)，f(3)}＝， 故≥，解得m≥9. $