一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1.[2024·寶雞調(diào)研]函數(shù)f(x)＝x－ln x2的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(－∞，0)和(0，2) B.(2，＋∞)
C.(0，2) D.(－∞，0)和(2，＋∞)
2.[2024·石家莊模擬]已知下列各選項是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象，則x＝a是函數(shù)y＝f(x)的極小值點的是( )
3.[2024·上饒調(diào)研]若函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1處有極值10，則b＋a＝( )
A.－7 B.0 C.7 D.0或7
4.[2024·北京房山區(qū)調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝2x－sin x，則下列選項正確的是( )
A.f(2.7)＜f(π)＜f(e) B.f(π)＜f(e)＜f(2.7)
C.f(e)＜f(2.7)＜f(π) D.f(2.7)＜f(e)＜f(π)
5.[2024·蚌埠模擬]已知某圓錐的母線長為3，則當(dāng)該圓錐的體積最大時，其側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為( )
A.eq \f(2\r(6),3)π B.eq \f(\r(6),3)π C.eq \f(2\r(3),3)π D.eq \f(\r(3),3)π
6.[2023·西安質(zhì)檢]若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[3，＋∞) B.(－∞，3]C.[3，e2＋1] D.[3，e2－1]
7.[2024·貴陽模擬]若f(x)＝aln x＋bx2＋x在x＝1和x＝2處有極值，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(－∞，1) B.(2，＋∞)C.(1，2) D.(eq \f(1,2)，1]
8.[2023·涼山質(zhì)檢]設(shè)函數(shù)f(x)＝e3ln x－x－x2－(a－4)x－4，若f(x)≤0，則實數(shù)a的最小值為( )
A.e B.eq \f(1,e) C.eq \f(1,e2) D.eq \f(4,e2)
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9.[2024·泰安模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋1，則( )
A.f(x)有兩個極值點
B.f(x)有三個零點
C.若f(m)＋f(n)＝eq \f(2,3)，則m＋n＝2
D.直線y＝3x是曲線y＝f(x)的切線
10.[2023·呂梁質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝e2x－2ex－12x，則下列說法正確的是( )
A.曲線y＝f(x)在x＝0處的切線與直線x＋12y＝0垂直
B.f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增
C.f(x)的極小值為3－12ln 3
D.f(x)在[－2，1]上的最小值為3－12ln 3
11.[2024·潮州調(diào)研]對于函數(shù)f(x)＝eq \f(x,ln x)，下列說法正確的是( )
A.f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增
B.當(dāng)0＜x1＜x2＜1時，x1·ln x2＞x2·ln x1
C.若函數(shù)y＝f(|x|)－k(k∈R)有兩個零點，則k＝e
D.設(shè)g(x)＝x2＋a(a∈R)，若對?x1∈R，?x2∈(1，＋∞)，使得g(x1)＝f(x2)成立，則a≥e
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12.[2024·太原模擬]已知函數(shù)f(x)＝sin 2x－x，x∈(0，π)，則f(x)的極大值點為__________.
13.[2024·贛州調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝－4ln x＋eq \f(1,2)x2＋5，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是__________.
14.[2024·安慶模擬]若過點P(t，0)可以作曲線y＝(1－x)ex的兩條切線，切點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2的取值范圍是__________.
導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
1.D [f(x)＝x－ln x2的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)，
令f′(x)＝eq \f(x－2,x)＞0，解得x＞2或x＜0，
故f(x)＝x－ln x2的單調(diào)遞增區(qū)間為
(－∞，0)和(2，＋∞).故選D.]
2.C [當(dāng)f′(x)＞0時，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′(x)＜0時，f(x)單調(diào)遞減，要使x＝a是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，則需在x＝a附近，左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0.
對于AB選項，x＝a不是函數(shù)y＝f(x)的極值點；
對于C選項，x＝a是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，正確；
對于D選項，x＝a是函數(shù)y＝f(x)的極大值點.故選C.]
3.C [函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，
則f′(x)＝3x2－2ax－b，
依題意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝3－2a－b＝0,f（1）＝a2－a－b＋1＝10))，
解得a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11.
當(dāng)a＝3，b＝－3時，f′(x)＝3x2－6x＋3＝
3(x－1)2≥0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值，不符合題意，當(dāng)a＝－4，b＝11時，
f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
當(dāng)－eq \f(11,3)＜x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時，
f′(x)＞0，于是x＝1是函數(shù)f(x)的極值點，符合題意，所以b＋a＝7.故選C.]
4.D [f(x)＝2x－sin x，因為cs x∈[－1，1]，
故f′(x)＝2－cs x＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因為2.7＜e＜π，所以f(2.7)＜f(e)＜f(π)，
故選D.]
5.A [由題意，圓錐的母線長為3，設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則r2＋h2＝9，0＜h＜3，
∴r2＝9－h(huán)2，則V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π(9－h(huán)2)h＝eq \f(1,3)π(9h－h(huán)3)，
∴V′＝π(3－h(huán)2)＝π(eq \r(3)－h(huán))(eq \r(3)＋h)，
∴當(dāng)h∈(0，eq \r(3))時，V單調(diào)遞增，當(dāng)h∈(eq \r(3)，3)時，V單調(diào)遞減，
∴當(dāng)h＝eq \r(3)時，V取得最大值，此時r＝eq \r(6)，側(cè)面展開圖的圓心角α＝eq \f(2πr,l)＝eq \f(2\r(6)π,3).故選A.]
6.B [因為函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln x在區(qū)間(1，e)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝2x－a＋eq \f(1,x)≥0在區(qū)間(1，e)上恒成立，即a≤2x＋eq \f(1,x)在區(qū)間(1，e)上恒成立.令g(x)＝2x＋eq \f(1,x)(1＜x＜e)，則g′(x)＝2－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2－1,x2)＝eq \f(（\r(2)x＋1）（\r(2)x－1）,x2)＞0，所以g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，又g(1)＝3，所以a≤3.故選B.]
7.C [因為f(x)＝aln x＋bx2＋x，
所以f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋1，
由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(2,3)，,b＝－\f(1,6)，))
所以f(x)＝－eq \f(2,3)ln x－eq \f(1,6)x2＋x，x＞0，
所以f′(x)＝－eq \f(2,3x)－eq \f(1,3)x＋1
＝－eq \f(（x－2）（x－1）,3x)，
由f′(x)＞0，解得1＜x＜2，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，2).
故選C.]
8.D [函數(shù)f(x)＝e3ln x－x－x2－(a－4)x－4＝eq \f(eln x3,ex)－x2－(a－4)x－4＝eq \f(x3,ex)－x2－(a－4)x－4，f(x)≤0，即(a－4)x≥eq \f(x3,ex)－x2－4，
即a－4≥eq \f(x2,ex)－x－eq \f(4,x)在(0，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝eq \f(x2,ex)－x－eq \f(4,x)，可得
g′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)－1＋eq \f(4,x2)
＝eq \f(（2－x）[x3＋（x＋2）ex],exx2)，
當(dāng)x∈(0，2)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝2時，
函數(shù)g(x)取得極大值，即為最大值，
g(2)＝eq \f(4,e2)－2－2＝eq \f(4,e2)－4，
所以a－4≥eq \f(4,e2)－4，
即a≥eq \f(4,e2)，
所以實數(shù)a的最小值為eq \f(4,e2).故選D.]
9.AB [對于選項A：函數(shù)的定義域為R，
f′(x)＝x2－2x，令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2，
當(dāng)x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時，f′(x)＞0，
則f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(0，2)時，f′(x)＜0，則f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)有兩個極值點0和2，故A正確；
對于選項B：函數(shù)的極大值為f(0)＝1，極小值為f(2)＝－eq \f(1,3)，結(jié)合函數(shù)圖象可知f(x)有三個零點，故B正確；
對于選項C：例如f(1)＝eq \f(1,3)，f(1＋eq \r(3))＝eq \f(1,3)，
可得f(1)＋f(1＋eq \r(3))＝eq \f(2,3)，但1＋(1＋eq \r(3))≠2，故C不正確；
對于選項D：令f′(x)＝x2－2x＝3，得x＝3或x＝－1，
且f(3)＝1，f(－1)＝－eq \f(1,3)，
可得曲線y＝f(x)在點(3，1)處的切線方程為y－1＝3(x－3)，即y＝3x－8；
在點(－1，－eq \f(1,3))處的切線方程為y＋eq \f(1,3)＝3(x＋1)，即y＝3x＋eq \f(8,3)，綜上所述，直線y＝3x不是曲線y＝f(x)的切線，故D不正確，故選AB.]
10.BC [因為f(x)＝e2x－2ex－12x，所以
f′(x)＝2e2x－2ex－12＝2(ex－3)(ex＋2)，所以f′(0)＝－12，故A錯誤；
令f′(x)＞0，解得x＞ln 3，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln 3，＋∞)，
而(2，＋∞)?(ln 3，＋∞)，所以f(x)在
(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故B正確；
當(dāng)x＜ln 3時f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln 3)，所以f(x)的極小值為f(ln 3)＝3－12ln 3，故C正確；
f(x)在[－2，1]上單調(diào)遞減，所以最小值為
f(1)＝e2－2e－12，故D錯誤，故選BC.]
11.BD [對于A選項，f(x)＝eq \f(x,ln x)的定義域為(0，1)∪(1，＋∞)，所以A選項錯誤；
對于B選項，f′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，
當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
由于0＜x1＜x2＜1，所以f(x1)＞f(x2)，
即eq \f(x1,ln x1)＞eq \f(x2,ln x2)，由于ln x1＜0，ln x2＜0，
(ln x1)·(ln x2)＞0，
所以由eq \f(x1,ln x1)＞eq \f(x2,ln x2)兩邊乘以
(ln x1)·(ln x2)得 x1·ln x2＞x2·ln x1，所以B選項正確；
對于C選項，令y＝f(|x|)－k＝0，f(|x|)＝k，
由于f′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，所以在區(qū)間(0，1)，
(1，e)上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(e，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＝eq \f(x,ln x)＜0，
當(dāng)x＞1時，f(x)＝eq \f(x,ln x)＞0，f(e)＝e，
函數(shù)y＝f(|x|)的定義域為(－∞，－1)∪(－1，0)∪(0，1)∪(1，＋∞)，
又f(|－x|)＝f(|x|)，
所以函數(shù)y＝f(|x|)為偶函數(shù)，由此畫出
y＝f(|x|)的圖象如圖所示，
由圖可知，當(dāng)k＝e或k＜0時，直線y＝k與y＝f(|x|)的圖象有兩個交點，即當(dāng)k＝e或k＜0時，函數(shù)y＝f(|x|)－k有兩個零點，所以C選項錯誤；
對于D選項，由上述分析可知，x2∈(1，＋∞)，則f(x2)∈[e，＋∞)，又x1∈R，g(x1)≥a，
故要使“對?x1∈R，?x2∈(1，＋∞)，
使得g(x1)＝f(x2)成立”，則需a≥e，所以D選項正確.故選BD.]
12.eq \f(π,6) [f′(x)＝2cs 2x－1，x∈(0，π).
令f′(x)＞0，得0＜x＜eq \f(π,6)，或eq \f(5π,6)＜x＜π；
令f′(x)＜0，得eq \f(π,6)＜x＜eq \f(5π,6)，
故f(x)在(0，eq \f(π,6))，(eq \f(5π,6)，π)上單調(diào)遞增，在(eq \f(π,6)，eq \f(5π,6))上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值點為eq \f(π,6).]
13.(0，2) [由于函數(shù)f(x)＝－4ln x＋eq \f(1,2)x2＋5，所以函數(shù)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(4,x)＋x＝eq \f(x2－4,x)，由f′(x)＜0得0＜x＜2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，2).]
14.(－∞，0)∪(0，4e－2) [設(shè)切點為(x0，(1－x0)ex0)，∵y′＝－ex＋(1－x)ex＝－xex，
∴k＝－x0ex0，則切線方程為y－(1－x0)ex0＝－x0ex0(x－x0)，又切線過(t，0)，
則－(1－x0)ex0＝－x0ex0(t－x0)，
x0－1＝－x0(t－x0)，
∴x0－1＝－tx0＋xeq \\al(2,0)，
∴xeq \\al(2,0)－(t＋1)x0＋1＝0有兩個不相等實根x1，x2，其中x1x2＝1，x1＋x2＝t＋1，Δ＝(t＋1)2－4＞0，∴t＞1或t＜－3，
y1y2＝(1－x1)(1－x2)ex1＋x2＝[1－(x1＋x2)＋x1x2]ex1＋x2＝(1－t)et＋1.
令g(t)＝(1－t)et＋1，t＞1或t＜－3，
則g′(t)＝－tet＋1，
當(dāng)t＜－3時，g′(t)＞0，
當(dāng)t＞1時，g′(t)＜0，
所以函數(shù)g(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)上遞減，g(－3)＝4e－2，g(1)＝0，當(dāng)t→－∞時，g(t)→0，
當(dāng)t→＋∞時，g(t)→－∞，
所以g(t)∈(－∞，0)∪(0，4e－2)，
即y1y2∈(－∞，0)∪(0，4e－2).]

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