2022高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題專練作業(yè)（十六）導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理

2022高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題專練作業(yè)（十六）導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理 1．曲線y＝sinx＋ex在點(diǎn)(0,1)處的切線方程是(　　) A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0 C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0 解析　y′＝cosx＋ex，故曲線在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率k＝2，切線方程為y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0。故選C。 答案　C 2．已知函數(shù)f (x)＝＋1，g(x)＝alnx，若函數(shù)f (x)與g(x)的圖象在x＝處的切線平行，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A． B． C．1 D．4 解析　由題意知，當(dāng)x＝時(shí)兩個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)值相等。因?yàn)閒 ′(x)＝，g′(x)＝，所以1＝4a，即a＝。故選A。 答案　A 3．(2018·沈陽(yáng)質(zhì)量監(jiān)測(cè))設(shè)函數(shù)f (x)＝xex＋1，則(　　) A．x＝1為f (x)的極大值點(diǎn) B．x＝1為f (x)的極小值點(diǎn) C．x＝－1為f (x)的極大值點(diǎn) D．x＝－1為f (x)的極小值點(diǎn) 解析　由題意得，f ′(x)＝(x＋1)ex，令f ′(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f ′(x)<0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，f ′(x)>0，則f (x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝－1為f (x)的極小值點(diǎn)。故選D。 答案　D 4．若一個(gè)四棱錐的底面為正方形，頂點(diǎn)在底面的射影為正方形的中心，且該四棱錐的體積為9，當(dāng)其外接球的體積最小時(shí)，它的高為(　　) A．3 B．2 C．2 D．3 解析　設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為a，四棱錐的高為h，其外接球的半徑為R，因?yàn)閍2h＝9，所以a2＝，又因?yàn)镽2＝2＋(h－R)2，所以R＝＋。令f (h)＝＋，h>0，所以f ′(h)＝－＋，可知f (h)在(0,3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f (h)min＝f (3)，即當(dāng)h＝3時(shí)，R最小，從而其外接球的體積最小。故選A。 答案　A 5．(2018·南昌調(diào)研)已知函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，若對(duì)任意x>0都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，則(　　) A．4f (－2)<9f (3) B．4f (－2)>9f (3) C．2f (3)>3f (－2) D．3f (－3)<2f (－2) 解析　根據(jù)題意，令g(x)＝x2f (x)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)，又對(duì)任意x>0都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)′(x)＝x(2f (x)＋xf ′(x))>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f (－x)＝f (x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f (－x)＝x2f (x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<g(3)，即有4f (－2)<9f (3)。故選A。 答案　A 6．(2018·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)一聯(lián))已知函數(shù)f (x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e為自然對(duì)數(shù)底數(shù))在x＝1處取得極大值，則a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)<0 B．a(chǎn)≥0 C．－e≤a<0 D．a(chǎn)<－e 解析　因?yàn)閒 (x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b，所以可得f ′(x)＝e2x＋(a－e)ex－ae＝(ex＋a)(ex－e)。當(dāng)a≥0時(shí)，由f ′(x)>0可得f (x)在(1，＋∞)上遞增，f ′(x)<0得f (x)在(－∞，1)上遞減，所以f (x)在x＝1取得極小值，無(wú)極大值，不符合題意；當(dāng)a<0時(shí)，令f ′(x)＝0，得x＝1或ln(－a)，只有當(dāng)ln(－a)>1，a<－e時(shí)，由f ′(x)>0可得f (x)在(－∞，1)，(ln(－a)，＋∞)上遞增，f ′(x)<0，得f (x)在(1，ln(－a))上遞減，f (x)在x＝1取得極大值，所以函數(shù)f (x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e為自然對(duì)數(shù)底數(shù))在x＝1取得極大值，則a的取值范圍是a<－e。故選D。 答案　D 7．(2018·陜西質(zhì)量檢測(cè))若直線2x－y＋c＝0是拋物線x2＝4y的一條切線，則c＝________。 解析　由x2＝4y，可得y′＝，由于直線2x－y＋c＝0的斜率k＝2，因此令＝2，得x＝4，代入x2＝4y得y＝4，所以切點(diǎn)為(4,4)，代入切線方程可得8－4＋c＝0，故c＝－4。 答案?。? 8．(2018·湖北重點(diǎn)高中協(xié)作體聯(lián)考)x＝－1為函數(shù)f (x)＝x3－ax2的一個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù)f (x)的極小值為_(kāi)_______。 解析　因?yàn)閒 (x)＝x3－ax2，所以f ′(x)＝2x2－2ax。因?yàn)閤＝－1為函數(shù)f (x)＝x3－ax2的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f ′(－1)＝2＋2a＝0，解得a＝－1。當(dāng)a＝－1時(shí)，f ′(x)＝2x2＋2x＝2x(x＋1)。所以當(dāng)x<－1或x>0時(shí)，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f ′(x)<0，f (x)單調(diào)遞減。所以當(dāng)x＝0時(shí)，f (x)有極小值，且極小值為f (0)＝0。 答案　0 9．(2018·福建三校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝ax2－xlnx在上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________。 解析　f ′(x)＝2ax－lnx－1≥0，解得2a≥在上恒成立，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，g′(x)＝＝＝0，解得x＝1，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(x)的最大值為g(1)＝1，所以2a≥1，a≥，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是。 答案　 10．(2018·山西二模)當(dāng)x>1時(shí)，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________。 解析　當(dāng)x>1時(shí)，不等式(x－1)ex＋1>ax2恒成立，所以不等式a<在(1，＋∞)恒成立，設(shè)f (x)＝，f ′(x)＝，因?yàn)閤2ex－2(x－1)ex－2＝ex(x2－2x＋2)－2＝ex[(x－1)2＋1]－2>0恒成立，所以f ′(x)>0在(1，＋∞)恒成立，所以f (x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f (x)min>f (1)＝1，所以a≤1。 答案　(－∞，1] 11．(2018·西安八校聯(lián)考)曲線y＝x3上一點(diǎn)B處的切線l交x軸于點(diǎn)A，△OAB(O為原點(diǎn))是以∠A為頂角的等腰三角形，則切線l的傾斜角為(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 解析　解法一：因?yàn)閥＝x3，所以y′＝3x2。設(shè)點(diǎn)B(x0，x)(x0≠0)，則kl＝3x，所以切線l的方程為y－x＝3x(x－x0)。取y＝0，則x＝x0，所以點(diǎn)A。易知線段OB的垂直平分線方程為y－＝－，根據(jù)線段OB的垂直平分線過(guò)點(diǎn)A可得－＝－，解得x＝，所以kl＝3x＝，故切線l的傾斜角為60°。故選C。 解法二：因?yàn)閥＝x3，所以y′＝3x2。設(shè)點(diǎn)B(x0，x)(x0≠0)，則kl＝3x，所以切線l的方程為y－x＝3x(x－x0)。取y＝0，則x＝x0，所以點(diǎn)A。由|OA|＝|AB|，得＝＋x，又x0≠0，所以x＝，所以kl＝3x＝，故切線l的傾斜角為60°。故選C。 答案　C 12．(2018·陜西質(zhì)檢)若函數(shù)f (x)＝ax－x2－lnx存在極值，且這些極值的和不小于4＋ln2，則a的取值范圍為(　　) A．[2，＋∞) B．[2，＋∞) C．[2，＋∞) D．[4，＋∞) 解析　f ′(x)＝a－2x－＝－，因?yàn)閒 (x)存在極值，所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根。記方程2x2－ax＋1＝0的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，方程有兩不等正根，由Δ>0，得a>2，所以f (x1)＋f (x2)＝(ax1－x－lnx1)＋(ax2－x－lnx2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(lnx1＋lnx2)＝－＋ln2≥4＋ln2，所以a≥2。綜上，a的取值范圍為[2，＋∞)。故選C。 答案　C 13．(2018·四川德陽(yáng)模擬)方程f (x)＝f ′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f (x)的“新駐點(diǎn)”，如果函數(shù)g(x)＝lnx的“新駐點(diǎn)”為a，那么a滿足(　　) A．a(chǎn)＝1 B．0<a<1 C．2<a<3 D．1<a<2 解析　因?yàn)間′(x)＝，所以lnx＝的根為a。設(shè)h(x)＝lnx－，則h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)。又h(1)＝－1<0，h(2)＝ln 2－＝ln2－ln>0，所以h(x)在(1,2)上有唯一零點(diǎn)，所以1<a<2。 答案　D 14．(2018·成都七中一診)設(shè)函數(shù)f (x)＝，g(x)＝，對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是________。 解析　對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，等價(jià)于≤恒成立，f (x)＝＝x＋≥2 ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝1時(shí)取等號(hào)，即f (x)的最小值是2，由g(x)＝，則g′(x)＝＝，由g′(x)>0得0<x<1，此時(shí)函數(shù)g(x)為增函數(shù)，由g′(x)<0得x>1，此時(shí)函數(shù)g(x)為減函數(shù)，即當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得極大值同時(shí)也是最大值g(1)＝，則的最大值為＝，則由≥，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，則k≥。 答案　 15．(2018·東北三校一模)已知函數(shù)f (x)＝xlnx＋x2，x0是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)，給出以下幾個(gè)命題： ①0<x0<；②x0>；③f (x0)＋x0<0；④f (x0)＋x0>0。 其中正確的命題是________。(填出所有正確命題的序號(hào)) 解析　由已知得f ′(x)＝lnx＋x＋1(x>0)，不妨令g(x)＝lnx＋x＋1(x>0)，由g′(x)＝＋1，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，有g(shù)′(x)>0總成立，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g＝>0，而x0是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)，所以f ′(x0)＝g(x0)＝0，即g>g(x0)，所以0<x0<，即命題①成立，則命題②錯(cuò)；因?yàn)閘nx0＋x0＋1＝0，所以f (x0)＋x0＝x0lnx0＋x＋x0＝x0(lnx0＋x0＋1)－x＝－x<0，故③正確，而④錯(cuò)。所以填①③。 答案?、佗?