2023屆高考數學二輪復習強化訓練23導數作業(yè)含答案

強化訓練23導數——小題備考一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的)1．若曲線y＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程為x－y＋1＝0，則a＋b＝()A．2 B．0C．－1 D．－22．函數f(x)＝lnx＋2x＋eq\f(1,x)的單調遞減區(qū)間是()A．(－1，eq\f(1,2)) B．(0，eq\f(1,2))C．(－eq\f(1,2)，1) D．(0，1)3．若x＝1是函數f(x)＝alnx＋x的極值點，則a的值是()A．－1 B．0C．1 D．e4．[2022·河北保定一模]已知某商品的進價為4元，通過多日的市場調查，該商品的市場銷量y(件)與商品售價x(元)的關系為y＝e－x，則當此商品的利潤最大時，該商品的售價x(元)為()A．5 B．6C．7 D．85．[2022·山東日照二模]曲線y＝lnx－eq\f(2,x)在x＝1處的切線的傾斜角為α，則cos2α的值為()A．eq\f(4,5) B．－eq\f(4,5)C．eq\f(3,5) D．－eq\f(3,5)6．[2022·全國乙卷]函數f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋27．若函數y＝x＋alnx在區(qū)間[1，＋∞)內單調遞增，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－1)C．[－2，＋∞) D．[－1，＋∞)8．[2022·江蘇揚中模擬]當x∈R時，不等式eq\f(x－1,ex)≤ax－1恒成立，則實數a的取值范圍為()A.a＝eq\r(3) B．a＝2C．a≥2 D．eeq\r(2)－1≤a≤eeq\r(2)二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多個符合題目要求，全部選對得5分，部分選對得2分，選錯或多選得0分)9．[2022·福建漳州二模]已知函數f(x)＝ex，則下列結論正確的是()A．曲線y＝f(x)的切線斜率可以是1B．曲線y＝f(x)的切線斜率可以是－1C．過點(0，1)且與曲線y＝f(x)相切的直線有且只有1條D．過點(0，0)且與曲線y＝f(x)相切的直線有且只有2條10．[2022·湖北襄陽模擬]設函數f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結論一定正確的是()A．?x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的極大值點C．－x0是－f(x)的極小值點D．－x0是－f(－x)的極小值點11．[2022·湖北十堰三模]已知函數f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.()A．當a＝0時，f(x)沒有零點B．當a＝0時，f(x)是增函數C．當a＝2時，直線y＝eq\f(1,2)x＋1－ln2與曲線y＝f(x)相切D．當a＝2時，f(x)只有一個極值點x0，且x0∈(－1，0)12．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函數f(x)及其導函數f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x).若f(eq\f(3,2)－2x)，g(2＋x)均為偶函數，則()A．f(0)＝0 B．g(－eq\f(1,2))＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．[2022·山東臨沂一模]函數f(x)＝xln(－x)，則曲線y＝f(x)在x＝－e處的切線方程為________．14．[2022·福建福州模擬]已知函數f(x)＝aeq\r(x)＋lnx在x＝1處取得極值，則實數a＝________．15．已知可導函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，滿足xf′(x)－2f(x)<0，且f(2)＝4，則不等式f(x)>x2的解集是________．16．[2022·河北邯鄲二模]已知點P為曲線y＝eq\f(lnx,e)上的動點，O為坐標原點．當|OP|最小時，直線OP恰好與曲線y＝alnx相切，則實數a＝________．強化訓練23導數1．解析：由y＝x2＋ax＋b得y′＝2x＋a，又曲線y＝x2＋ax＋b在點（0，b）處的切線方程為x－y＋1＝0，故當x＝0時，y′＝a＝1，又點（0，b）在x－y＋1＝0上，則b＝1，故a＋b＝2.答案：A2．解析：由題意可得f′（x）＝eq\f(1,x)＋2－eq\f(1,x2)＝eq\f(2x2＋x－1,x2)＝eq\f(（2x－1）（x＋1）,x2)，且函數f（x）的定義域為（0，＋∞）.由f′（x）<0，得0<x<eq\f(1,2)，即f（x）的單調遞減區(qū)間是（0，eq\f(1,2)）.答案：B3．解析：f（x）的定義域為（0，＋∞），f′（x）＝eq\f(a,x)＋1，因為x＝1是函數f（x）＝alnx＋x的極值點，所以f′（1）＝0，即a＋1＝0，所以a＝－1，當a＝－1時，f′（x）＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′（x）>0，得x>1，令f′（x）<0，得0<x<1，所以f（x）在x＝1處取得極小值，符合題意．綜上所述：a＝－1.答案：A4．解析：根據題意可得利潤函數f（x）＝（x－4）e－x，f′（x）＝e－x－（x－4）e－x＝（5－x）e－x，當x>5時，f′（x）<0，f（x）單調遞減，當0<x<5時，f′（x）>0，f（x）單調遞增，所以當x＝5時，函數f（x）取最大值．答案：A5．解析：根據已知條件，f′（x）＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)，因為曲線y＝lnx－eq\f(2,x)在x＝1處的切線的傾斜角為α，所以tanα＝f′（1）＝1＋2＝3，所以0<α<eq\f(π,2).因為sin2α＋cos2α＝1，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝3，則解得sinα＝eq\f(3,\r(10))，cosα＝eq\f(1,\r(10))，故cos2α＝cos2α－sin2α＝（eq\f(1,\r(10))）2－（eq\f(3,\r(10))）2＝－eq\f(4,5).答案：B6．解析：因為f（x）＝cosx＋（x＋1）sinx＋1，所以f′（x）＝－sinx＋sinx＋（x＋1）cosx＝（x＋1）·cosx．因為x∈[0，2π]，所以x＋1>0.當f′（x）>0時，解得x∈[0，eq\f(π,2)）∪（eq\f(3π,2)，2π]；當f′（x）<0時，解得x∈（eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)）.所以f（x）在[0，eq\f(π,2)）上單調遞增，在[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上單調遞減，在（eq\f(3π,2)，2π]上單調遞增．又f（0）＝2，f（eq\f(π,2)）＝eq\f(π,2)＋2，f（eq\f(3π,2)）＝－eq\f(3π,2)，f（2π）＝2，所以f（x）的最大值為eq\f(π,2)＋2，最小值為－eq\f(3π,2).故選D.答案：D7．解析：由y＝x＋alnx?y′＝1＋eq\f(a,x)，因為函數y＝x＋alnx在區(qū)間[1，＋∞）內單調遞增，所以有y′≥0在[1，＋∞）上恒成立，即1＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞）上恒成立，因為x∈[1，＋∞），所以由1＋eq\f(a,x)≥0?x＋a≥0?a≥－x，因為x∈[1，＋∞），所以－x∈（－∞，－1]，于是有a≥－1.答案：D8．解析：令f（x）＝eq\f(x－1,ex)，∵x>1時f（x）>0，∴a≤0不合條件．令h（x）＝eq\f(x－1,ex)－ax＋1，故h（x）≤0恒成立，又h（0）＝0，∴h（x）要在x＝0處取最大值，故x＝0為h（x）在R上的極大值點，故h′（0）＝0，又h′（x）＝eq\f(2－x－aex,ex)，故2－0－ae0＝0，∴a＝2.答案：B9．解析：因為函數f（x）＝ex，所以f′（x）＝ex，A．令f′（x）＝ex＝1，得x＝0，所以曲線y＝f（x）的切線斜率可以是1，故正確；B．令f′（x）＝ex＝－1無解，所以曲線y＝f（x）的切線斜率不可以是－1，故錯誤；C．因為（0，1）在曲線上，所以點（0，1）是切點，則f′（0）＝1，所以切線方程為y－1＝x，即y＝x＋1，所以過點（0，1）且與曲線y＝f（x）相切的直線有且只有1條，故正確；D．設切點（x0，ex0），則切線方程為y－ex0＝ex0（x－x0），因為點（0，0）在切線上，所以ex0＝x0ex0答案：AC10．解析：對于A，x0（x0≠0）是f（x）的極大值點，并不是最大值點，不能得出f（x0）在整個定義域上最大，A不正確；對于B，因函數f（－x）與函數f（x）的圖象關于y軸對稱，則－x0是f（－x）的極大值點，B正確；對于C，因函數－f（x）與函數f（x）的圖象關于x軸對稱，則x0是－f（x）的極小值點，與－x0無關，C不正確；對于D，因函數－f（－x）與函數f（x）的圖象關于原點對稱，則－x0是－f（－x）的極小值點，D正確．答案：BD11．解析：當a＝0時，f（x）＝ex－lnx，則f′（x）＝ex－eq\f(1,x)，f′（x）在（0，＋∞）上為增函數，且f′（eq\f(1,2)）<0，f′（1）>0，所以f′（x）在（0，＋∞）上存在唯一的零點m，則em＝eq\f(1,m)，所以m＝lneq\f(1,m)＝－lnm，則f（x）在（0，m）上單調遞減，在（m，＋∞）上單調遞增，所以f（x）min＝f（m）＝em－lnm＝em＋m>0，從而f（x）沒有零點，故A正確，B錯誤．當a＝2時，f（x）＝ex－ln（x＋2），則f′（x）＝ex－eq\f(1,x＋2)，因為f′（0）＝eq\f(1,2)，f（0）＝1－ln2，所以曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y＝eq\f(1,2)x＋1－ln2，所以C正確．因為f′（x）＝ex－eq\f(1,x＋2)在（－2，＋∞）上為增函數，且f′（－1）<0，f′（0）>0，所以f（x）只有一個極值點x0，且x0∈（－1，0），所以D正確.答案：ACD12．解析：因為f（eq\f(3,2)－2x），g（2＋x）均為偶函數，所以f（eq\f(3,2)－2x）＝f（eq\f(3,2)＋2x），g（2＋x）＝g（2－x）.令t＝eq\f(3,2)－2x，則x＝eq\f(3,4)－eq\f(t,2)，所以f（t）＝f（3－t），即f（x）＝f（3－x）.對兩邊求導，得f′（x）＝－f′（3－x），即g（x）＋g（3－x）＝0，所以g（x）的圖象關于點（eq\f(3,2)，0）對稱，即g（eq\f(3,2)）＝0.又因為g（2＋x）＝g（2－x），所以g（x）的圖象關于直線x＝2對稱，所以g（x）的周期為4×（2－eq\f(3,2)）＝2，所以g（eq\f(3,2)）＝g（－eq\f(1,2)）＝0，所以B正確．因為f′（2＋x）＝f′（2－x），所以f（2＋x）＝－f（2－x）＋C，其中C為常數，所以f（2＋x）＋f（2－x）＝C，所以f（x）的圖象關于點（2，eq\f(C,2)）對稱．又因為f（x）＝f（3－x），所以f（x）的圖象關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，所以f（x）的周期為4×（2－eq\f(3,2)）＝2，所以f（－1）＝f（1），f（4）＝f（2）.又因為f（x）＝f（3－x），所以f（1）＝f（2），所以f（－1）＝f（4），所以C正確．g（x）的圖象不關于直線x＝eq\f(1,2)對稱，所以D錯誤．因為f（0）＝f（2）＝eq\f(C,2)，所以當C＝0時，f（0）＝0，當C≠0時，f（0）≠0，所以A錯誤．故選BC.答案：BC13．解析：由題意，f′（x）＝ln（－x）＋xeq\f(－1,－x)＝ln（－x）＋1，故k＝f′（－e）＝lne＋1＝2，f（－e）＝－e，則曲線y＝f（x）在x＝－e處的切線方程為：y＋e＝2（x＋e）?2x－y＋e＝0.答案：2x－y＋e＝014．解析：∵f（x）＝aeq\r(x)＋lnx，x>0，∴f′（x）＝eq\f(a,2\r(x))＋eq\f(1,x)，則f′（1）＝eq\f(a,2)＋1＝0，a＝－2，當a＝－2時，f′（x）＝eq\f(－1,\r(x))＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－\r(x),x)，0<x<1時，f′（x）>0,x>1時，f′（x）<0，所以x＝1時，f（x）取得極值，所以實數a＝－2.答案：－215．解析：設g（x）＝eq\f(f（x）,x2)，則g′（x）＝eq\f(xf′（x）－2f（x）,x3)，因為x>0，xf′（x）－2f（x）<0，所以g′（x）<0，可得g（x）在（0，＋∞）上單調遞減，不等式f（x）>x2，即eq\f(f（x）,x2)>1＝eq\f(f（2）,4)，即eq\f(f（x）,x2)>eq\f(f（2）,22)，所以g（x）>g（2），因為g（x）在（0，＋∞）上單調遞減，所以x<2，又因為x>0，所以不等式的解集為（0，2）.答案：（0，2）16．解析：設P（x，eq\f(1,e)lnx），