2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章　导数及其应用复习提升

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　对导数的定义理解不够深刻致错
1.(2023广东深圳外国语学校月考)已知函数f(x)=的一个极值点为1,则=(　　)
A.6　　　　B.
2.(2024上海大同中学月考)设函数f(x)=aex-2x2.若存在x0∈(0,1),使得>0成立,则实数a的取值范围是　　　　.
易错点2　混淆“过某点”与“在某点处”的切线致错
3.(2024江苏扬州中学月考)若过点(m,n)可作函数y=2x+(x>0)的图象的两条切线,则必有(　　)
A.0<2m+C.2m4.在平面直角坐标系中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是　　　　.
5.(2024贵州部分重点中学模拟)过点P(1,-3)作曲线f(x)=2x3-3x的切线,请写出切线的方程:　　　　　　　.
易错点3　对复合函数的求导法则理解不透彻致错
6.(2024重庆南开中学期末)已知函数f(x)的导函数为f'(x),且2f(x)+f'(x)>2, f(1)=2 025,则不等式f(x)>1+的解集是(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.(0,1) C.(1,2 025)　　　　D.(2 025,+∞)
7.设定义在R上的可导函数f(x)与g(x)的导函数分别为f'(x)和g'(x).若f(x)=g(2x-1)+2x, f(x+1)与g(x)均为偶函数,则g'(2 023)=　　　　.
易错点4　条件的等价转化不准确致错
8.(2024江苏南京六校期末调研)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1在区间[0,2]上单调递增,则实数a的最小值为(　　)
A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3
9.(多选题)(2024山东青岛二中月考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则下列说法正确的是(　　)
A.a+b=0
B.a+b=-7
C.f(x)一定有两个极值点
D.f(x)的单调递增区间是∪[1,+∞)
易错点5　利用导数研究实际问题时忽视定义域致错
10.现将一根长为180 cm的木条制成一个长方体形状的木质框架,要求长方体的长与宽之比为2∶1,问该长方体的长、宽、高各为多少时,其体积最大 最大体积是多少
思想方法练
一、数形结合思想在导数中的应用
1.(2023湖南新高考教学教研联盟联考)已知函数f(x)=|ln x|+1,直线y=m(m>1)与f(x)的图象交于A,B两点,在A,B两点处分别作f(x)的两条切线l1,l2,这两条切线交于点P(a,b),则(　　)
A.01
C.12.(2024辽宁大连模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若过点P(1,0)且与曲线y=f(x)相切的直线有且仅有两条,求实数a的取值范围.
二、分类讨论思想在导数中的应用
3.(2024河南五市联考)已知函数f(x)=ln(x+2)+x2+m,讨论f(x)的单调性.
三、转化与化归思想在导数中的应用
4. (2024山东潍坊模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex-a(a∈R),且f(x)在[0,+∞)上单调递增.
(1)求a的取值范围;
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
5.(2024浙江台金七校联盟联考)已知函数f(x)=ax-1-ln x,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)与函数g(x)=ex-ax-1有相同的最小值,求a的值;
(3)证明:对于任意正整数n,答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.D　对f(x)=求导得f'(x)=x2+.
因为f(x)=的一个极值点为1,
所以f'(1)=1+a=0,解得a=-1,经检验,满足题意.
所以a=-1,此时f'(x)=x2-.
所以
=3
=3f'(.故选D.
易错警示　利用导数的定义求函数的导数时,要注意定义的形式,如本题中并不表示f'(),需要转化为3求解.
2.答案　(1,+∞)
解析　由>0得>0,
即-1>0,即f '(x0)-1>0,
由f(x)=aex-2x2得f '(x)=aex-4x,
若存在x0∈(0,1),使得f '(x0)-1>0成立,
即存在x0∈(0,1),使得a-4x0-1>0成立,
即存在x0∈(0,1),使得a>成立,
设h(x)=,x∈(0,1),则h'(x)=,
令h'(x)==0,解得x=,
当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
又h(0)=1,h(1)=,
所以h(x)∈(1,4],则a∈(1,+∞).
易错警示　利用导数的定义求函数的导数时,要注意定义的形式,Δy是函数值的差,Δx是相应自变量的差,要保证Δx,Δy中变量的对应.
3.C　设切点为,a>0,
由y=2x+可得y'=2-,
所以切线斜率为2-,
所以切线方程为y-(x-a).
又切线过点(m,n),所以n-(m-a),即(2m-n)a2+2a-m=0,a>0,
由题意得关于a的方程(2m-n)a2+2a-m=0有两个不同的正根,
所以
整理可得2m故选C.
易错警示　求曲线的切线方程时,要看清是求“曲线在某点处的切线方程”,还是求“曲线过某点的切线方程”,前者所求得的切线有且只有一条,此点恰好为切点,而后者所求得的切线有一条或多条,此点可能是切点,也可能不是切点.
4.答案　-3
解析　函数y=ax2+的导数为y'=2ax-,直线7x+2y+3=0的斜率为-.
由题意得
所以a+b=-3.
5.答案　3x+y=0或21x-2y-27=0
解析　由题意得f '(x)=6x2-3,设切点坐标为(a,2a3-3a),
则切线的斜率为f '(a)=6a2-3,故切线方程为y-(2a3-3a)=(6a2-3)(x-a),
因为切线过点(1,-3),
所以-3-(2a3-3a)=(6a2-3)(1-a),
所以a=0或a=,则切点坐标为(0,0)或,
故切线方程为3x+y=0或21x-2y-27=0.
A　由f(x)>1+得e2x-2f(x)-e2x-2-2 024>0,设g(x)=e2x-2f(x)-e2x-2-
2 024,
则g'(x)=2e2x-2f(x)+e2x-2f'(x)-2e2x-2=e2x-2[2f(x)+f'(x)-2],
因为2f(x)+f'(x)>2,所以g'(x)>0,
所以g(x)在R上单调递增,由f(1)=2 025,得g(1)=f(1)-1-2 024=0,所以g(x)>0的解集为(1,+∞),
所以不等式f(x)>1+的解集是(1,+∞).
故选A.
易错警示　求复合函数的导数时,要注意函数是由哪些基本初等函数复合而成的,再利用复合函数的求导法则进行计算.
7.答案　-2 023
解析　由f(x)=g(2x-1)+2x得f'(x)=2g'(2x-1)+2①,
因为f(x+1)为偶函数,所以f(x+1)=f(-x+1),所以f(2-x)=f(x),所以f'(x)+f'(2-x)=0②,
令x=1,得f'(1)=0,则f'(1)=2g'(1)+2=0 g'(1)=-1,
因为g(x)为偶函数,所以g(-x)=g(x),所以-g'(-x)=g'(x)③,
由①得f'(2-x)=2g'(3-2x)+2,结合②③可得-f'(x)=-2g'(2x-3)+2,即f'(x)=2g'(2x-3)-2④,
由①④得g'(2x-3)-g'(2x-1)=2,
则g'(2×2-3)-g'(2×2-1)=g'(1)-g'(3)=2,g'(2×3-3)-g'(2×3-1)=g'(3)-g'(5)=2,……,
g'(2×1 012-3)-g'(2×1 012-1)=g'(2 021)-g'(2 023)=2,
累加得g'(1)-g'(2 023)=2×(1 012-1)=2 022,故g'(2 023)=-1-2 022=-2 023.
8.B　因为f(x)在区间[0,2]上单调递增,所以f '(x)=x2-2x+a≥0在区间[0,2]上恒成立,
即-a≤x2-2x=(x-1)2-1恒成立,
设g(x)=(x-1)2-1,x∈[0,2],
当x=1时,g(x)min=-1,
所以-a≤-1,则a≥1,
所以实数a的最小值为1.
故选B.
易错警示　设函数y=f(x)在区间(a,b)内可导:(1)若f '(x)>0,则f(x)在此区间内单调递增,若函数f(x)在此区间内单调递增,则f '(x)≥0;(2)若f '(x)<0,则f(x)在此区间内单调递减,若函数f(x)在此区间内单调递减,则f '(x)≤0.
9.BC　由题意得f '(x)=3x2+2ax+b,
∵f(x)在x=1处取得极值10,
∴
当a=4,b=-11时, f '(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1),
则当x∈∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈时, f '(x)<0,
∴f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,
∴x=1是f(x)的极小值点,满足题意;
当a=-3,b=3时, f '(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,
则f(x)在R上单调递增,不符合题意.
综上所述,a=4,b=-11.
对于A,B,a+b=4-11=-7,A错误,B正确;
对于C,x=-和x=1分别为f(x)的极大值点和极小值点,C正确;
对于D,当a=4,b=-11时, f(x)=x3+4x2-11x+16,
∵f(-4)=-64+64+44+16=60, f(1)=1+4-11+16=10,
∴f(-4)>f(1),即f(x)不满足在∪[1,+∞)上单调递增,
f(x)的单调递增区间应为和[1,+∞),D错误.
故选BC.
易错警示　若f'(x0)存在,则“f'(x0)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件.可导函数的极值点一定是导数为零的点,而在某点处导数为零仅是该点为极值点的必要条件,其充要条件是该点两侧附近的导数异号.
10.解析　设长方体的长为2x cm,宽为x cm,高为y cm,体积为V(x) cm3,则4(2x+x+y)=180,即y=45-3x,V(x)=2x2y=2x2(45-3x)=-6x3+90x2.
由x>0且y=45-3x>0得0易得V'(x)=-18x2+180x=-18x(x-10),
当00,
当10所以V(x)在(0,10)上单调递增,在(10,15)上单调递减,
所以V(x)在x=10处取得极大值,也是最大值,
且最大值为V(10)=-6×103+90×102=3 000,
此时长、宽、高分别为20 cm,10 cm,15 cm,最大体积是3 000 cm3.
易错警示　在建立数学模型,利用导数求解实际问题时,需要合理选择变量,正确写出函数解析式,并正确得出函数定义域.
思想方法练
1.B　根据题意,画出函数f(x)=|ln x|+1的图象和直线y=m(m>1),如图所示:
作出函数f(x)=|ln x|+1的图象和直线y=m(m>1),数形结合确定点A,B的横坐标的范围.
设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(0则f(x1)=-ln x1+1,f(x2)=ln x2+1,
则-ln x1=ln x2,即x1x2=1,且易知f'(x1)=-,
则切线l1:y=-(x-x1)-ln x1+1=-x+2-ln x1,
切线l2:y=(x-x2)+ln x2+1=x1x-ln x1,
联立两切线方程得-x+2=x1x,即有x=2,则a=x=,
代入切线l2的方程可得b=-ln x1=ln ,
设t=,则t∈(0,1),则b=ln t.
令g(t)=ln t,t∈(0,1),则g'(t)=-<0,g(t)在t∈(0,1)上单调递减,
所以g(t)>g(1)=1,且t趋近于0时,g(t)趋近于+∞,故b>1,故选B.
2.解析　(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a+.
当a≥0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,令f'(x)>0,可得0令f'(x)<0,可得x>-,
∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上所述,当a≥0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)设切点为Q(m,am+ln m),m>0,
则在点Q处的切线方程为y-(am+ln m)=·(x-m),
将P(1,0)的坐标代入得-(am+ln m)=(1-m),整理得+ln m=-a+1.令g(x)=+ln x,x>0,
若过点P(1,0)且与曲线y=f(x)相切的直线有且仅有两条,
则函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1有且仅有两个交点.
易得g'(x)=-.
当0当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)min=g(1)=1,
易知x→0时,g(x)→+∞,x→+∞时,g(x)→+∞.
作出函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1,如图所示,
作出函数y=g(x)的图象和直线y=-a+1,数形结合确定参数的范围.
由图可知,-a+1>1,解得a<0.
故实数a的取值范围为(-∞,0).
思想方法　数形结合思想就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形结合起来,通过“以形助数”或“以数解形”可以使复杂问题简单化,抽象问题具体化.数形结合思想在导数中的应用:(1)利用导数的几何意义比较导数值的大小;(2)利用导数确定函数图象,解决与函数零点(方程根)有关的问题.
3.解析　由题意得函数f(x)的定义域为(-2,+∞), f'(x)=.
对a的范围、ax2+2ax+1=0的根的个数、根的大小关系及根是否在定义域内进行讨论.
当a=0时, f'(x)>0恒成立,即f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
当a>0时,若4a2-4a≤0,即0若4a2-4a>0,即a>1,
令f'(x)>0,得-2-1+,
令f'(x)<0,得-1-,
∴f(x)在上单调递增,在-1-上单调递减.
当a<0时,4a2-4a>0恒成立,
令f'(x)<0,得x>-1+,
令f'(x)>0,得-2∴f(x)在上单调递增,在-1+,+∞上单调递减.
综上所述,当a<0时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当0≤a≤1时, f(x)在(-2,+∞)上单调递增;
当a>1时,f(x)在上单调递增,在-1-上单调递减.
思想方法　在本章中,求单调区间、参数的取值范围、极值、最值以及解决恒成立或有解的问题时,往往都需要用到分类讨论思想.用分类讨论思想解题的一般步骤:(1)确定分类标准;(2)恰当分类;(3)逐类讨论;(4)归纳结论.
4.解析　(1)∵f(x)=(x-1)ex-a,
∴f'(x)=x(ex-ax).
∵函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)=x(ex-ax)≥0在[0,+∞)上恒成立.
将单调性问题转化为恒成立问题.
当x=0时, f'(x)=0,满足条件,故a∈R.
当x>0时,≥a恒成立.
分离常数a,将恒成立问题转化为求函数的最值问题.
令g(x)=(x>0),则g'(x)=(x>0).
令g'(x)=0,得x=1,
∴g(x)在(0,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=e,∴a≤e.
综上所述,a的取值范围为(-∞,e].
(2)易知f(x)=(x-1)ex-a
=(x-1)·,a≤e,x∈R.
令f(x)=0,得x=1或ex-a(x2+x+1)=0.
由ex-a(x2+x+1)=0,得a,a≤e.
令h(x)=,则h'(x)=.
构造函数,研究函数的最值.
令h'(x)>0,得x>1或x<0,
∴h(x)在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减.
又h(0)=1,h(1)=,当x→-∞时,h(x)→0,当x→+∞时,h(x)→+∞,∴h(x)>0恒成立.
∴当a=e时,a有两个根x1=1,x2<0;
当0当a≤0时,a无解.
综上所述,当a≤0时,f(x)只有一个零点;当05.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a-,
①当a≤0时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减;
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=,
当x∈时, f '(x)<0,
∴f(x)在上单调递减,
当x∈时, f '(x)>0,
∴f(x)在上单调递增.
综上,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)结合(1)得a>0,且f(x)min=f =ln a,
g'(x)=ex-a,令g'(x)=0,则x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(ln a,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(ln a)=a-aln a-1.
∵函数f(x)与函数g(x)有相同的最小值,
∴ln a=a-aln a-1,即ln a-=0,
令h(x)=ln x-,则h'(x)=(x>0),
(将已知条件转化为方程问题,进一步转化为研究函数的单调性,证明解的唯一性)
∴h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又∵h(1)=0,∴a=1.
(3)证明:要证即证ln=ln+…+ln<1.
结合(1)得,当a=1时,f(x)min=f(1)=0,∴ln x≤x-1,
令x=1+,则ln,
∵,
∴ln,
∴ln+…+ln+…+,
(将要证明的不等式两边同时取对数,然后将不等式的左边变形为裂项相消的形式)
又1-+…+ln=ln<1,
故思想方法　转化与化归思想在导数中常见的运用:(1)将含参数的问题转化为不含参数的问题;(2)将单调性问题转化为不等式问题;(3)将不等式及方程问题转化为最大(小)值问题等.
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