2023版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)檢測3-2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

一、選擇題

1.(2022屆四川綿陽質(zhì)檢,3)函數(shù)f(x)=χ3-3χ,l是減函數(shù)的區(qū)間為()

A.(2,+∞)B.(-8,2)

C.(-∞,0)D.(0,2)

答案D由f'(x)=3χZ-6xC0,得(Kx<2,.?.函數(shù)f(x)=χ3-3∕+l是減函數(shù)的區(qū)間為(0,2).故選

D.

2.(2021甘肅永昌第一高級中學(xué)期末,8)已知函數(shù)f(x)=e'-2χ-l(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，

答案Cf(x)=es-2χ-l的定義域為R,且f'(x)=e*-2,

令f,(x)<0,可得x<ln2,此時,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減;

令f,(x)>0,可得x>ln2,此時，函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.

所以，函數(shù)y=f(x)的極小值為f(In2)=e'"z-21n2-l=l-21n2<0.

因止匕函數(shù)y=f(x)的圖象為C選項中的圖象.故選C.

3.(2022屆山東師范大學(xué)附中開學(xué)考,4)已知f(x)[χ2+sin(Y+x),f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),

則f'(x)的圖象是(

答案Af(x)的定義域為R,因為f(x)Wχ2+sing^?+x)[χ2+cosx,所以f'(x)Wx-sinx.它是

一個奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點對稱,排除選項B,D.

又f"(X)W-COSX,?-y<X<y?,COSX>∣,

所以f"(xXO,故函數(shù)y=F(X)在區(qū)間(-g,上單調(diào)遞減.故選A.

4.(2022屆山東煙臺萊州一中開學(xué)考,3)函數(shù)f(x)=-21nχ-χH的單調(diào)遞增區(qū)間是()

X

Λ.(O,+∞)B.(-3,1)

C.(l,+∞)D.(O,1)

,vt3,

答案Df(x)=--1+4-'V?χ>0.由f(x)>0,得O<x<l,Λf(x)的單調(diào)遞增區(qū)

X泊卜Xc

間是(0,1).故選D.

5.(2022屆重慶八中8月入學(xué)摸底,6)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(2)=0,當(dāng)x>0

時,2Xf(X)+/F(x)>0,則使得f(x)>O成立的X的取值范圍是()

A.(-∞,-2)B.(2,+∞)

C.(-2,0)U(2,+∞)D.(-∞,-2)U(0,2)

答案C設(shè)案x)=χ2f(x),則g'(x)=χZf'(x)+2xf(x),由條件可知當(dāng)X件時,g'(x)>0,函數(shù)

g(x)在(0.+∞)上單調(diào)遞增；因為f(x)是奇函數(shù),所以g(x)也是奇函數(shù),且在(-8,0)上單調(diào)

遞增，因為f(2)=0,所以g(-2)=g(2)=0,所以函數(shù)g(x)>0的解集是(-2,0)U(2,+8),而

*16)>00￡&)>0/6)是口上的奇函數(shù),儀0)=0,所以f(x)>O的解集是(-2,0)U(2,+∞).

6.(2022屆山東煙臺萊州一中開學(xué)考,8)已知直線y=a分別與直線y=2χ-2和曲線y=2d+x相

交于點A,B,則線段AB長度的最小值為()

A*(3+ln2)B.3-ln2

C.2e-lD.3

答案A設(shè)A(x∣,a),B(xz,a),則有2x[2=2eX2+xz,

變形可得x,≈l(2+2e?+χ2)=l+e?+lχ2,

則IABl=IX∣-Xz∣=∣l+θjf2+j?-?∣=∣l+e&TT，

,

設(shè)g(x)=l+e'fx,g(x)=e-∣>當(dāng)XQn肘,g(x)<0,函數(shù)g(x)在98,Ing)上為減函數(shù),當(dāng)

x>lng時,g,(x)>0,函數(shù)g(x)在(InJ,+8)上為增函數(shù)，

則g(x)=l+e'fx有最小值g(lnO=l+F；lnS4^>0,則∣AB∣》等,即線段AB長度的最小值是

?.故選A.

7.(2021八省聯(lián)考,8)已知a<5且ae5=5ea,b<4且be'=4eb,c<3且ce3=3ec,則()

?.c<b<aB.b<c<aC.a<c<bD.a<b<c

2

答案D由題意得0<a<5,0<b<4,0<c<3.對已知三個式子變形可得誓,蕓,。=父,構(gòu)造函

5a4D3￡,

數(shù)f(X)q(X〉O),則F(χ)J竽.

當(dāng)Xe(0,1)時,f,(x)<0,

當(dāng)x∈(1,+8)時,f,(X)>0,

故f(x)在(0,1)上為減函數(shù),在(1,+8)上為增函數(shù)，

??A4Λ3

.?.f⑸>f⑷>f⑶，即QQ?,

b43

因此≤?E結(jié)合函數(shù)f(χ)-?(0,+8)上的大致圖象(如圖所示)，知儀幻刈⑹水力從而

abcX

O<a<b<c<l,故選D.

8.(2022屆河南許昌聯(lián)考，11)若f(x)[x%χ2的單調(diào)減區(qū)間是(-4,0),則a的值是()

A.-2B.2C.-4D.4

答案Af'(x)=χ2-2ax,依題意得，f'(-4)=16+8a=0,解得a=-2.

檢驗：當(dāng)a=-2時,f'(x)=∕+4x=x(x+4),令f,(x)<0,得-4<x<0,即f(x)的單調(diào)減區(qū)間為

(-4,0).

故a=-2滿足題意，故選A.

9.(2022屆重慶八中8月入學(xué)摸底,8)設(shè)實數(shù)λ>0,若對任意的X∈(l,+∞),不僦

e",-答》0恒成立,則實數(shù)λ的取值范圍是()

?A

λ?[?+o°)B舊,+8)

C.[e,+o°)D.[3e,+∞)

答案B因為λ>0,不等式/'*-答》0,即3λj*2InX恒成立,轉(zhuǎn)化為

3λxe3λ5c≥xlnx=elnx?Inx恒成立,構(gòu)造函數(shù)g(x)=xex(x>l),g,(x)=ex+xe3t=(x+l)ex,當(dāng)x>l

,3λx

時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,則不等式e-?0恒成立等價于g(3λx)(Inx)恒成立,即

3λχ21nx恒成立,進而轉(zhuǎn)化為3λ2亞恒成立.設(shè)h(x)也,x>l,則h'(x)±",當(dāng)l<x<e

XX)Γ

3

時,h,(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>e時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=e時,函數(shù)h(x)取得

最大值h(e)=∣,所以3λM即實數(shù)λ的取值范圍是長，+∞).故選B.

10.(2022屆遼寧六校期初聯(lián)考,8)已知奇函數(shù)f(x)的定義域為卜三，5,其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),

當(dāng)0<x<??,有f,(x)cosx+f(x)sinx>0成立,則關(guān)于X的不等式If(X)I<√2f(y)cosx的解集

為()

a?(-÷>÷)Bo)

0

c?(^T'0)u(0jτ)D?(^TS)U(T*T)

答案A根據(jù)題意,設(shè)g(x)0,x∈(-y,?l則g,(x)-z"(-v)COSA；rtA')sinr,由當(dāng)(Kx?時,有

f(x)cosx+f(x)sinx>0成立,知函數(shù)g(x)嗯在(0,上單調(diào)遞增,又由f(x)是定義域為

(-y,的奇函數(shù),得g(-X)二二7：一二二一g(x),則函數(shù)g(x)為奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)在

(-?,上單調(diào)遞增，由If(X)∣<√2f(y)?COSX,得-膽，即

4

Ig(X)∣<g(9),.?.-gO<g(x)<gO,故選A-

I.(2022屆四川廣元質(zhì)檢,11)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f(x)=f(2-χ),且當(dāng)x∈(-8,1)

時，a-1江’6)>0,設(shè)@=￡(0)?=(9"=￡(3),則冉瓦。的大小關(guān)系為()

A.c>a>bB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a

答案A因為當(dāng)x∈(-8,ι)時，(XT))(X)>0,所以F(χ)<o,所以函數(shù)f(χ)在(-8,1)上是

減函數(shù),所以a=f(O)>f(9=b.又f(x)=f(2-X),所以c=f(3)=f(T),所以c=f(7)>f(0)=a,所

以c>a>b.故選A.

二、填空題

12.(2022屆廣東深圳龍崗龍城中學(xué)月考，14)某廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品X件的總成本

C(X)=I200$/(單位:萬元)，又知產(chǎn)品單價的平方與產(chǎn)品件數(shù)X成反比,生產(chǎn)IOO件這樣的產(chǎn)

品單價為50萬元,則產(chǎn)量定為件時總利潤最大.

答案225

4

解析設(shè)產(chǎn)品單價為m萬元,因為產(chǎn)品單價的平方與產(chǎn)品件數(shù)X成反比,所以n?5(其中k為

X

非零常數(shù))，又生產(chǎn)IOO件這樣的產(chǎn)品單價為50萬元,所以50?,解得k=250000,則πf=空吧.

100X

設(shè)生產(chǎn)X件產(chǎn)品時,總利潤為f(x)萬元,則

f(x)=mχ-C(x)=500√ji-1200-^x2(x>0),f>(x)=^-^x,由f,(x)>0得0<x<225,由f,(x)<0得

x>225.

故函數(shù)f(x)在(0,225)上單調(diào)遞增,在(225,+8)上單調(diào)遞減，因此當(dāng)χ=225時,f(x)取得最大

值,即產(chǎn)量定為225件時,總利潤最大.

三、解答題

13.(2022屆廣西聯(lián)考,21)已知函數(shù)f(x)=x-aln(x+l).

(1)當(dāng)a=3時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

⑵當(dāng)a=l時,關(guān)于X的不等式kx9f(x)在［0,+8)上恒成立,求k的取值范圍.

解析(l)f(x)的定義域為(T,+∞).當(dāng)a=3時,f(x)=χ-31n(x+l),F(X)=I-^=

Jd-IJd-I

當(dāng)x∈(-1,2)時,『&)<0,￡&)是減函數(shù)，當(dāng)*€(2,+8)時,/儀)〉0,￡6)是增函數(shù),所以￡6)

的單調(diào)減區(qū)間為(T,2),單調(diào)增區(qū)間為(2,+8).

(2)當(dāng)a=l時，f(X)=XTn(x+l),kx?2f(x)即kx2-χ+ln(x+l)20.

設(shè)g(x)=kχJχ+ln(x+l),x20,則只需g(x)在［0,+8)上恒成立即可.

易知g(0)=0,g'(x)=2kχ-l+1-2A∕+(2kT)xj［2M(2QD］.

x+1Λ+1戶1

①當(dāng)k≤0時,g,(x)<0,此時g(x)在［0,+8)上單調(diào)遞減,所以g(x)≤g(0)=0,與題設(shè)矛盾;

②當(dāng)(Xk6時，由g,(x)=0得X=T￡>0，

,,

當(dāng)x∈(θ,T+盤)時,g(x)<0,當(dāng)XqT+\+8)時,g(χ)>0,此時g(x)在(0,T+—上單

調(diào)遞減,在(T+?,+8)上單調(diào)遞增,所以,當(dāng)χ∈(o,-ι+?)∏^g(χ)<g(o)=o,與題設(shè)矛盾；

③當(dāng)卜三時,g'(x)河故g(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增,所以g(χ)(0)=0恒成立.

綜上,k的取值范圍是區(qū)+8).

14.(2022屆北師大實驗中學(xué)10月月考,16)已知函數(shù)中x)=e*-aχ(a為常數(shù))的圖象與y軸交

于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-L

(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;

5

⑵證明：當(dāng)x>0時,x2<ex.

解析(1)由f(x)=ex-ax,得f,(x)=e'-a.

由題意得f'(O)=In==T,故a=2.

所以f(x)=ev-2x,f,(x)=ex-2.

令F(X)=O,得x=ln2.當(dāng)XGn2時,F(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時,F(x)>0,f(x)單調(diào)遞

增.所以當(dāng)x=ln2時，f(x)取得極小值，f(ln2)=eln2-21n2=2-lπ4,f(x)無極大值.

⑵證明：令g(x)=e'-χ2,則g,(x)=ex-2x.

由⑴得,g,(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)=l>0,所以當(dāng)x>0

時,g(x)>g(O)>O,即x2<ex.

15.(2022屆T8聯(lián)考,22)已知函數(shù)f(x)=alnx-sinx+x,其中a為非零常數(shù).

⑴若函數(shù)f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍；

2

⑵設(shè)O∈(n,?),且cos0=1+0SinO,證明：當(dāng)0sinθ<a<0時，函數(shù)f(x)在(0,2n)上恰

有兩個極值點.

解析(l)f,(x)=^-cosx+l(x>0).

X

①a〉0,因為x>0,所以I-CoSX20,則f,(x)>0,f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,符合要求.

②a<0,當(dāng)XW(0,--)時,：<-2,從而f,(x)<-2-cosx+l=-(l+cosx)≤0,

所以f(x)在(0,-3上單調(diào)遞減,不符合要求.

綜上,a的取值范圍是(0,+8).

(2)證明：令f,(x)=0,則COSX+1=0,

X

即a=xcosχ-χ.

設(shè)g(x)=xcosχ-χ(x>0),則g,(x)=cosχ-χsinχ-l.

①當(dāng)x∈(0,π)時，cosx<l,sinx>O,則cosχ-l<0,-χsinx<0,從而g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.

②當(dāng)x∈(n,F)時，g"(x)="sinχ-(sinx+xcosx)=-(2sinx+xcosx).

因為sinx<O,cosx<0,所以gz,(x)>0,從而g'(x)單調(diào)遞增.因為

g'(π)=-2<0,g'(：)ET>0,所以g'(x)在(π,W)上有唯一零點，記為x0,且當(dāng)x∈(∏,x0)

時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)X∈(沏，等)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

6

③當(dāng)x∈(-屋，2π)時，gw(x)=-(2cosx+cosχ-χsinx)=xsinχ-3cosx.

因為sinx<0,cosx>0,所以gw(x)<0,從而g"(x)單調(diào)遞減.

因為g"(等)=2>0，g"(2”)=-2“<0,所以8"3在能,211)內(nèi)有唯一零點,記為A,且當(dāng)

x∈(?,x∣)時,g"(x)>0,g'(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x∣,2")時,g"(x)<0,g'(x)單調(diào)遞減.

因為S(τ)?-l>0>g'(2")=0,所以當(dāng)XK,2")時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

綜上,g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x。,2π)上單調(diào)遞增.

因為g(0)=g(2n)=0,所以當(dāng)g(xo)<a<O時,直線y=a與函數(shù)g(x)的圖象在(0,2n)上有兩個

交點，

從而f'(X)有兩個變號零點，即f(X)在(0,2“)上恰有兩個極值點.

因為g'(xo)=O,所以CoSXo-XoSinX(TI=0,即CoSXo=I+x0SinX0.

從而g(x(l)=X0COSX0-X0=X0(1+X0SiΠX0)-XO=考SiΠX0.

取0=Xg則cosθ=1+θsinθ,且當(dāng)θ2sinθ<a<0時，函數(shù)f(x)在(0,2π)上恰有兩個極值點.

16.(2022屆北京一-匕一中學(xué)10月月考,20)已知函數(shù)中x)=∕lnχ-2x.

(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(l))處的切線方程；

(2)求證:存在唯一的x°∈(l,2),使得曲線y=f(x)在點(x°,f(X(I))處的切線的斜率為

f(2)-f(l);

(3)比較f(l.01)與-2.Ol的大小,并加以證明.

解析函數(shù)f(x)=χ21nχ-2x的定義域是(0,+8).

(1)導(dǎo)函數(shù)為f'(x)=2xlnx+χ-2,所以f'(I)=T,

又f(1)=-2,所以曲線y=f(x)在點(1,f(D)處的切線方程為y=-χ-l.

(2)證明：f(2)-f(l)=41n2-2.

所以只需證明方程2xlnx+χ-2=41n2-2在區(qū)間(1,2)上有唯一解，

即方程2xlnx+χ-41n2=0在區(qū)間(1,2)上有唯一解.

設(shè)函數(shù)g(x)=2xlnx+χ-41n2,則g,(x)=21nx+3.

當(dāng)x∈(1,2)時,g,(x)>0,故g(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增.

又g(l)=l-41n2<0,g(2)=2>0,

所以存在唯一的x°∈(1,2),使得g(xo)=0.

故存在唯一的x0∈(1,2),使得曲線y=f(x)在點(％,f(x0))處的切線的斜率為f(2)-f(l).

7

(3)f(L01)>-2.0L證明如下：

設(shè)h(x)=f(x)-(-χ-l)=x2lnχ-χ+l,

則h,(x)=x+2xlnχ-l.

當(dāng)x>l時,χ-l>0,2xlnx>0,所以h,(x)>0,故h(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增,

所以x>l時,有h(x)>h(l)=0,即x>l時，f(x)>-χ-l.

所以f(1.01)>-l.01-1=-2.01.

17.(2。22屆安徽蚌埠質(zhì)檢，21)已知函數(shù)f(x)-?g(x)?

(1)求函數(shù)y=f(x)g(x)的極值;

f(x)+g(x))[

(2)求證:

f{x)屋才),

解析⑴記F(X)=f(X)g(x)?定義域為(-∞,0)U(0,+8),則F,(X)4

令F'(x)=0,解得x=l,列表如下:

X(-°o,0)(0,1)1(1,+o°)

FyX)--0÷

F(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增

結(jié)合表格可知函數(shù)y=f(x)g(x)的極小值為F(l)=e,無極大值.

⑵證明:膂"4.

f(x)g(x)_e^ex

X

構(gòu)造函數(shù)G(X)=X+工,定義域為(-8,0)U(0,+8),G'(x)=l二.

exex

當(dāng)x>0時,G,(x)>0;當(dāng)x<0時,G,(x)<0,

所以G(X)在(-8,0)上單調(diào)遞減,在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以G(x)>G(0)=1,即需答>1.

f{x}g(x)

18.(2022屆吉林頂級名校月考,21)已知函數(shù)f(x)=tex-?-2,t∈R.

(1)當(dāng)t=-4時,求f(X)的單調(diào)區(qū)間與極值；

⑵當(dāng)t>0時，函數(shù)g(x)=e*f(x)+tes-χ+l在R上有唯一零點,求t的值.

8

,

解析(1)當(dāng)t=-4時，f(χ)=-4e'-?-2,貝IJf(x)!Te令f>(x)=0)得

e"e"e^

x=-ln2,Λf(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-8,-in2),單調(diào)遞減區(qū)間是(Tn2,+∞),Λf(x)的極大值

是f(-ln2)=-4×∣-2-2=-6,無極小值.

⑵當(dāng)t>0時,g(x)=exf(x)+tex-χ+l=te2x+(t-2)ex-χ,

貝∣Jg，(x)=2te2χ+(t-2)eX-]=(teX-D(2eX+D,令g，(x)=0,得x=_]nt,，g(x)在(-8,上單

調(diào)遞減,在(Tnt,+8)上單調(diào)遞增，???g(x)的極小值是g(Tnt),???只要g(Tnt)=0,即可滿足

函數(shù)g(x)在R上有唯一零點，.?.g(Tnt)=lntT+l=O,令F(t)=lnt-+1(t>0),則

F'(t)=i+?0,.??F(t)在(0,+8)上單調(diào)遞增，；F(I)=O,的值是1.

ttr

19.(2022屆北京交大附中開學(xué)測試,18)已知函數(shù)f(x)=x3+mx2+nχ-2的圖象過點(T,