1、考点突破练17导数的简单应用一、选择题1. (2022甘肃平凉二模)已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为()A.0B.1C.2D.32.设函数f(x)=2sin -1x2+(2-sin -3)x(R)的图象在点(1,f(1)处切线为l,则l的倾斜角的最小值是()A.0B.C.D.3.(2022四川成都二模)若曲线y=ln x+x2+1在点(1,2)处的切线与直线ax+y-1=0平行,则实数a的值为()A.-4B.-3C.4D.34.已知函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,则m+n=()A.0B.2C.-4D.-25.已知定义在R上的
2、函数f(x)的导函数为f(x),且满足xf(x)bcB.cabC.bacD.acb6.已知函数f(x)的导函数为f(x),且对任意xR,f(x)-f(x)0,f(2)=e2,若f(t)0)在区间,3上有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是()A.,3B.C.D.2,8.(2022安徽安庆二模)若存在两个正实数x,y使得等式x(2+ln x)=xln y-ay成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.9.(2022河北沧州三模)已知函数f(x)=-x,则()A.f(x)的单调递减区间为(0,1)B.f(x)的极小值点为1C.f(x)的极大值为-1D.f(x)的最小值为-110.已知f(x)
3、是奇函数,当x(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值为()A.1B.2C.3D.-111.已知函数f(x)=xa-aln x(a0),g(x)=ex-x.若x(1,e2)时,f(x)g(x)成立,则实数a的最大值是()A.1B.eC.D.e212.(2022河南洛阳一模)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-sin x.若存在x1,x21,(x1x2)使得|f(x1)-f(x2)|k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是()A.B.C.D.二、填空题13.(2022河南名校联盟一模)已知函数f(x)=,若f(0)=2,则f(
4、0)=.14.(2022江苏泰州一模)写出一个同时具有下列性质的三次函数f(x)=.f(x)为奇函数;f(x)存在3个不同的零点;f(x)在(1,+)上单调递增.15.(2022云南昆明一中一模)已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2,若x=-1时,f(x)取得极值0,则ab=.16.(2021新高考16)已知函数f(x)=|ex-1|,x10,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1)和点B(x2,f(x2)的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则的取值范围是.考点突破练17导数的简单应用1.C解析: 因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点,导函数图象与x
5、轴的另2个交点附近左右正、负值相反,所以函数f(x)有2个极值点.故选C.2.D解析: f(x)=2sin x+2-sin -3.由题可得f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=f(1)=2sin +2-sin -3.-1sin 1,2-12sin 2,2sin +2-sin ,k,函数f(x)在x=1处切线的倾斜角的最小值为.故选D.3.B解析: 由y=ln x+x2+1,得y=+2x,曲线在(1,2)处的切线斜率k=1+2=3,由题意得-a=3,a=-3.故选B.4.B解析: 因为函数f(x)=x3-3x2+x的极大值点为m,极小值点为n,所以m,n为f(x)=3x2-6x+1=0的两根.
6、由根与系数的关系可知m+n=-=2.5.A解析: 设g(x)=,则g(x)=ln 41,g(3)g(ln 4)bc.故选A.6.B解析: 构造函数g(x)=,则g(2)=1.g(x)=0,函数g(x)在R上单调递减,f(t)et1g(t)2.故选B.7.B解析: f(x)=ln x+x2-ax(x0),f(x)=+x-a(x0).函数f(x)=ln x+x2-ax(x0)在区间,3上有且仅有一个极值点,y=f(x)在区间,3上只有一个变号零点.令f(x)=+x-a=0,得a=+x.令g(x)=+x,x,3,则g(x)在区间,1上单调递减,在区间(1,3)上单调递增,g(x)min=g(1)=2
7、,又g=,g(3)=,当a0),则a=.设f(t)=(t0),则f(t)=.令f(t)=0,解得t=e3.当t(0,e3)时,f(t)0,f(t)在(0,e3)上单调递增;当t(e3,+)时,f(t)0),所以f(x)=-1=.令(x)=1-ln x-x2(x0),则(x)=-2x0,所以(x)=1-ln x-x2在(0,+)上单调递减.因为(1)=0,所以当0x0,即f(x)0;当x1时,(x)0,即f(x),所以00,得x,所以f(x)在上单调递增;令f(x),所以f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f=ln-a=-1,所以ln=0,所以a=1.故选A.11.B解析: 由x(1,e2
8、)时,f(x)g(x),得xa-aln xex-x,即xa-ln xaex-ln ex.构造函数h(t)=t-ln t,t(1,+),h(t)=1-0,函数h(t)在(1,+)上单调递增,xaex,两边取自然对数得aln xx,即a.令u(x)=,x(1,e2),u(x)=.由u(x)的正、负易知u(x)在(1,e)上单调递减,在(e,e2)上单调递增,当x=e时函数u(x)取得极小值,即最小值u(e)=e,ae.故选B.12.C解析: x1,x21,(x1x2),不妨设x1x2.因为g(x)=1-cos x0,所以g(x)=x-sin x在1,上单调递增,所以g(x1)g(x2).又f(x)
9、=ln x在(0,+)上单调递增,所以f(x1)f(x2),所以不等式|f(x1)-f(x2)|k|g(x1)-g(x2)|等价于f(x1)-f(x2)kg(x1)-g(x2),即f(x1)-kg(x1)x2,所以需h(x)=f(x)-kg(x)在1,上单调递减.又h(x)=ln x-k(x-sin x),所以在1,上,需h(x)=-k(1-cos x).令F(x)=x(1-cos x),则F(x)=1-cos x+xsin x0,所以F(x)=x(1-cos x)在1,上单调递增,所以01-cos 1=F(1)F(x)F()=2,所以.要使存在x1,x21,(x1x2)使得|f(x1)-f(
10、x2)|1时,f(x)0,即f(x)在(1,+)上单调递增,都满足,f(x)=x3-3x.(其他满足题意的函数均可.)15.18解析: f(x)=3x2+6ax+b,所以f(-1)=3-6a+b=0,f(-1)=-1+3a-b+a2=0,解得时,f(x)=3x2+6x+3=3(x+1)20,此时函数f(x)在x=-1处取不到极值,经检验当时,函数f(x)在x=-1处取得极值,所以所以ab=18.16.(0,1)解析: f(x)=则f(x)=令A(x1,1-),B(x2,-1),由条件知-=-1,则x1+x2=0.所以AM的方程为y-1+=-(x-x1),M(0,x1-+1),即|AM|=|x1|.同理可得|BN|=|x2|,(0,1).
