新教材2023年高考數(shù)學總復習考案5周測卷四導數(shù)及其應用

考案[五]周測卷(四)導數(shù)及其應用(本試卷滿分120分，測試時間90分鐘)一、單選題(本題共8個小題，每個小題5分，共40分．在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2023·廣東東莞市東華高級中學期中)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋coseq\f(π,3)，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝(B)A．eq\r(3) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(3)＋1,2) D．eq\f(\r(3)－1,2)[解析]求出f′(x)，代值計算可得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值．因為f(x)＝sinx＋coseq\f(π,3)，則f′(x)＝cosx，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故選：B.2．(2023·重慶八中階段練習)已知函數(shù)f(x)在x＝x0處的導數(shù)為f′(x0)，則eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝(C)A．2f′(x0) B．－2f′(x0)C．eq\f(1,2)f′(x0) D．－eq\f(1,2)f′(x0)[解析]利用導數(shù)的定義即可求出．eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do10(Δx→0))eq\f(f(x0＋Δx)－f(x0),(x0＋Δx)－x0)＝eq\f(1,2)f′(x0).故選：C.3．(2022·上海市進才中學期末)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，則(A)A.f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4)B．f′(4)<f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)C．f′(2)<f′(4)<eq\f(f(4)－f(2),2)D．eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4)<f′(2)[解析]根據(jù)題意，結合導數(shù)的幾何意義和平均變化率的定義，利用直線斜率的關系，即可求解．如圖所示，根據(jù)導數(shù)的幾何意義，可得f′(2)表示曲線在A點處的切線的斜率，即直線l1的斜率kl1，f′(4)表示曲線在B點處的切線的斜率，即直線l2的斜率kl2，又由平均變化率的定義，可得eq\f(f(4)－f(2),2)表示過A，B兩點的割線的斜率k1，結合圖象，可得kl1<kl<kl2，所以f′(2)<eq\f(f(4)－f(2),2)<f′(4).故選：A.4．(2023·陜西省丹鳳中學階段練習)曲線y＝2xlnx＋3過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))的切線方程是(B)A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0C．2x＋4y＋1＝0 D．2x－4y＋1＝0[解析]設出切點，結合導數(shù)列方程，由此求出切點坐標并求出切線的斜率，進而可得切線方程．由題意可得點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))不在曲線y＝2xlnx＋3上，設切點為(x0，y0)，因為y′＝2lnx＋2，所以所求切線的斜率k＝2lnx0＋2＝eq\f(y0,x0＋\f(1,2))＝eq\f(2y0,2x0＋1)，所以y0＝2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1.因為點(x0，y0)是切點，所以y0＝2x0lnx0＋3，所以2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1＝2x0lnx0＋3，即2x0＋lnx0－2＝0.設f(x)＝2x＋lnx－2，明顯f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝0，所以2x0＋lnx0－2＝0有唯一解x0＝1，則所求切線的斜率k＝2，故所求切線方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝2x＋1.故選：B.5．(2022·山東寧陽縣第四中學階段練習)函數(shù)f(x)＝2x2－lnx的單調(diào)減區(qū)間是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[解析]根據(jù)函數(shù)求導，然后由f′(x)<0求解．因為函數(shù)f(x)＝2x2－lnx，所以f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))),x)，由f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,2)，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故選：B.6．(2023·全國高三專題練習)已知函數(shù)f(x)＝x2－8x＋6lnx＋1，則f(x)的極大值為(B)A．10 B．－6C．－7 D．0[解析]利用導數(shù)可判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而可得函數(shù)的極大值．函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2(x－1)(x－3),x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)f′(x)>0＝0<0＝0>0f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)的極大值為f(1)＝－6，故選：B.7．(2023·山東臨沭縣教育期中)函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則(B)A.－3是函數(shù)y＝f(x)的極大值點B．y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增C．－1是函數(shù)y＝f(x)的最小值點D．y＝f(x)在x＝0處切線的斜率小于零[解析]根據(jù)導函數(shù)圖象可判定導函數(shù)的符號，從而確定函數(shù)的單調(diào)性，得到極值點、最值點、切線斜率的正負．根據(jù)導函數(shù)圖象可知：當x∈(－∞，－3)時，f′(x)<0，在x∈(－3，1)時，f′(x)>0，∴函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，1)上單調(diào)遞增，－3是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，故A錯誤，B正確；∴在(－3，1)上單調(diào)遞增，∴－1不是函數(shù)y＝f(x)的最小值點，故C不正確；∴函數(shù)y＝f(x)在x＝0處的導數(shù)大于0，∴切線的斜率大于零，故D不正確．故選：B.8．(2023·全國專題練習)設a＝eq\f(2,ln2)，b＝eq\f(3,ln3)，c＝eq\f(2e,1＋ln2)，則a，b，c的大小關系為(A)A．b<a<c B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b[解析]構造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>0)，求導判斷其單調(diào)性即可．令f(x)＝eq\f(x,lnx)(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(lnx－1,(lnx)2)，令f′(x)＝0得，x＝e，∴當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，a＝eq\f(2,ln2)＝eq\f(4,2ln2)＝eq\f(4,ln4)＝f(4)，b＝eq\f(3,ln3)＝f(3)，c＝eq\f(2e,1＋ln2)＝eq\f(2e,lne＋ln2)＝eq\f(2e,ln(2e))＝f(2e)，∵e<3<4<2e，∴f(3)<f(4)<f(2e)，∴b<a<c.故選：A.二、多選題(本題共4個小題，每個小題5分，共20分．在每個小題給出的四個選項中有多項是正確的，全部選對得5分，部分選對得2分，錯選得0分)9．(2023·浙江省淳安中學期中)下列求導錯誤的是(ABD)A．(log23)′＝eq\f(1,3ln2) B．(ln2x)′＝eq\f(1,2x)C．(sin2x)′＝sin2x D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f(cosx＋sinx,x2)[解析]根據(jù)基本初等函數(shù)的導數(shù)公式，導數(shù)的運算法則及簡單的復合函數(shù)的導數(shù)計算法則計算可得；對于A：(log23)′＝0，故A錯誤；對于B：(ln2x)′＝(ln2＋lnx)′＝(ln2)′＋(lnx)′＝eq\f(1,x)，故B錯誤；對于C：(sin2x)′＝2sinxcosx＝sin2x，故C正確；對于D：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′＝eq\f((cosx)′x－x′cosx,x2)＝eq\f(－sinx·x－cosx,x2)，故D錯誤；故選：ABD.10．(2023·全國高三專題練習)如圖，y＝f(x)是可導函數(shù)，直線l：y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的導函數(shù)，則(ACD)A．f(3)＝1 B．f′(3)＝1C．g(3)＝3 D．g′(3)＝0[解析]由圖象即可求f(3)，可判斷A；根據(jù)l過(3，1)可求k＝f′(3)，可判斷B；根據(jù)f(3)可計算g(3)，可判斷C；根據(jù)g′(x)＝f(x)＋xf′(x)可求g′(3)，可判斷D.由圖可知，f(3)＝1，故A正確；(3，1)在y＝kx＋2上，故1＝3k＋2，故k＝f′(3)＝－eq\f(1,3)，故B錯誤；g(x)＝xf(x)，則g(3)＝3f(3)＝3，故C正確；g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0，故D正確．故選：ACD.11．(2023·全國專題練習)定義在[－1，5]上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，函數(shù)f(x)的部分對應值如下表．下列關于函數(shù)f(x)的結論正確的是(AD)x－10245f(x)13132A.函數(shù)f(x)的極大值點的個數(shù)為2B．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，0)∪(2，4)C．當x∈[－1，t]時，若f(x)的最小值為1，則t的最大值為2D．若方程f(x)＝a有3個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是(1，2)[解析]由導函數(shù)圖象得原函數(shù)的單調(diào)性可判斷AB；由單調(diào)性結合函數(shù)值表可判斷CD.由圖知函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，0]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[0，2]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[4，5]上單調(diào)遞減，所以在x＝0，x＝4處有極大值，故A正確；單調(diào)區(qū)間不能寫成并集，故B錯誤；因為函數(shù)f(2)＝1，f(4)＝3，且f(x)在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞增，所以存在x0∈[2，4]使得f(x0)＝2，易知，當t＝x0時，f(x)在區(qū)間[－1，t]的最小值為1，故C不正確；由函數(shù)值表結合單調(diào)性作出函數(shù)草圖可知D正確．故選：AD.12．(2022·湖北孝感期末)已知函數(shù)y＝f(x)在R上可導且f(0)＝1，當x≠－1時，其導函數(shù)f′(x)滿足(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，對于函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x),ex)，下列結論正確的是(AC)A．函數(shù)g(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)B．x＝－1是函數(shù)g(x)的極大值點C．e2f(e)>eef(2)D．函數(shù)g(x)有2個零點[解析]由條件判斷g(x)的單調(diào)性后對選項逐一判斷．由題意得g′(x)＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)，而(x＋1)[f′(x)－f(x)]>0，當x>－1時，g′(x)>0，當x<－1時，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，x＝－1是函數(shù)g(x)的極小值點，故A正確，B錯誤，對于C，由單調(diào)性可知g(2)<g(e)，則e2f(e)>eef(2)，故C正確，對于D，g(－1)＝ef(－1)，若f(－1)>0，則函數(shù)g(x)無零點，故D錯誤，故選：AC.三、填空題(本題共4個小題，每個小題5分，共20分)13．(2023·廣東中山紀念中學階段練習)若過點A(a，0)的任意一條直線都不與曲線C：y＝(x－2)ex-1相切，則a的取值范圍是_(－2，2)__．[解析]設出切點，求出切線方程，問題轉(zhuǎn)化為xeq\o\al(2,0)－(a＋2)x0＋a＋2＝0無實根，根據(jù)根的判別式得到不等式，求出a的取值范圍．設點B(x0，(x0－2)ex0－1)為曲線C上任意一點，因為y′＝(x－1)ex-1，則曲線C在點B處的切線l的方程為y－(x0－2)ex0－1＝(x0－1)ex0－1(x－x0).據(jù)題意，切線l不經(jīng)過點A，則關于x0的方程－(x0－2)ex0－1＝(x0－1)ex0－1(a－x0)無實根，即xeq\o\al(2,0)－(a＋2)x0＋a＋2＝0無實根，所以Δ＝(a＋2)2－4(a＋2)<0，解得：－2<a<2，所以a的取值范圍是(－2，2).故答案為：(－2，2).14．(2022·重慶八中期末)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－2在區(qū)間(2，3)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))__．[解析]由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，3)上不單調(diào)，等價于函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，3)上存在極值點，對函數(shù)f(x)求導，對a分類討論，求出極值點，根據(jù)極值點在區(qū)間(2，3)內(nèi)，可得關于a的不等式，即可求出結果．由f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).①當a≤0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，不合題意；②當a＞0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)<0，得x>eq\f(1,a)，所以函數(shù)f(x)的極值點為x＝eq\f(1,a)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，3)不單調(diào)，必有2<eq\f(1,a)<3，解得eq\f(1,3)<a<eq\f(1,2).故答案為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).15．(2023·浙江邵外期中)已知a∈R，若f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ex在區(qū)間(0，1)上有且只有一個極值點，則a的取值范圍是_(0，＋∞)__．[解析]求導得f′(x)＝eq\f(ex,x2)(ax2＋x－1)，進而根據(jù)題意g(x)＝ax2＋x－1在(0，1)上有且只有一個變號零點，再根據(jù)零點的存在性定理求解．f′(x)＝eq\f(ex,x2)(ax2＋x－1)，∵f(x)在區(qū)間(0，1)上有且只有一個極值點，∴g(x)＝ax2＋x－1在(0，1)上有且只有一個變號零點，∴g(0)·g(1)<0，解得a>0.∴a的取值范圍是(0，＋∞).故答案為：(0，＋∞)16．(2022·遼寧撫順一中階段練習)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝e，其中e是自對數(shù)的底數(shù)，對任意x∈R，恒有f′(x)＋2f(x)>0，則不等式f(x)>e2-2x的解集為_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))__．[解析]構造函數(shù)g(x)＝e2xf(x)，根據(jù)已知判斷其導數(shù)正負，利用單調(diào)性求解．設g(x)＝e2xf(x)，∵g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，由e2xf(x)>e2＝e·e＝e·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴x>eq\f(1,2)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故答案為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).四、解答題(本題共4個小題，每個小題10分，共40分)17．(2022·四川攀枝花七中階段練習)設函數(shù)f(x)＝xex－x2－2x.(1)求函數(shù)f(x)在(0，0)處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．[答案](1)x＋y＝0(2)f(x)的極大值為1－eq\f(1,e)，極小值為－(ln2)2.[解析](1)對f(x)求導得f′(x)，求出f′(0)，由直線點斜式方程寫出切線方程即得；(2)求出方程f′(x)＝0的根，并討論f′(x)大于或小于0的x取值區(qū)間，由此判斷極值情況，再求解而得．(1)由f(x)＝xex－x2－2x得f′(x)＝(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(ex－2)，f′(0)＝－1，過點(0，0)，斜率為－1的直線為y＝－x，所以函數(shù)f(x)在(0，0)處的切線方程為x＋y＝0；(2)由(1)知f′(x)＝(x＋1)(ex－2)，f′(x)＝0時，x1＝－1，x2＝ln2，x<－1或x>ln2時f′(x)>0，－1<x<ln2時，f′(x)<0，所以x＝－1時，f(x)取得極大值f(－1)＝1－eq\f(1,e)，x＝ln2時，f(x)取得極小值f(ln2)＝－(ln2)2，故f(x)的極大值為1－eq\f(1,e)，極小值為－(ln2)2.18．(2023·廣東大埔縣田家炳實驗中學階段練習)已知函數(shù)f(x)＝axlnx－2x.(1)若f(x)在x＝1處取得極值，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝2，求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最值；[答案](1)f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間(1，＋∞)(2)最小值－2，最大值為4ln2－4[解析](1)求導，且f′(1)＝0，求得a＝2，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，即可求得f(x)單調(diào)區(qū)間；(2)根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性，可求閉區(qū)間上的最值．(1)由題意可得f(x)＝axlnx－2x，x>0，則f′(x)＝alnx＋a－2，由f′(1)＝0＝a－2，即a＝2，所以f′(x)＝2lnx＋2－2＝2lnx，所以，當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間(1，＋∞)；(2)由(1)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在(1，2)單調(diào)遞增故當x＝1時，f(x)取最小值f(1)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，f(2)＝4ln2－4，f(2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4ln2－4－(－ln2－1)＝5ln2－3>0，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))所以f(x)取最大值為f(2)＝4ln2－4.19．(2022·陜西西安期末)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋a(a∈R).(1)若曲線y＝f(x)與直線y＝x相切，求a的值；(2)若存在x∈(1，＋∞)，使得不等式f(x)＋lnx<ax成立，求a的取值范圍．[答案](1)a＝1(2)(2，＋∞)[解析](1)求出函數(shù)導數(shù)，令f′(x)＝1求得切點即可得出方程，比較可得出答案；(2)構造函數(shù)g(x)＝xlnx＋lnx－ax＋a，利用導數(shù)討論g(x)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)值變化可得．(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝1，得x＝1，又f(1)＝a，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線為y＝x－1＋a，由題意知這條切線即y＝x，故a＝1.(2)存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)＋lnx<ax成立，即存在x∈(1，＋∞)，使得xlnx＋lnx－ax＋a<0成立．設g(x)＝xlnx＋lnx－ax＋a，則g′(x)＝lnx＋1＋eq\f(1,x)－a.設h(x)＝lnx＋1＋eq\f(1,x)－a，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).當x∈(0，1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，所以h(x)min＝h(1)＝2－a.若a≤2，則h