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专练 17 函数、导数及其应用综合检测
授课提示：对应学生用书33页
[基础强化]
一、选择题
1．函数f(x)＝x－是( )
A．奇函数，且值域为(0，＋∞)
B．奇函数，且值域为R
C．偶函数，且值域为(0，＋∞)
D．偶函数，且值域为R
答案：B
解析：因为f(－x)＝－x＋＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)＝0，
所以排除A，故选B.
2．若直线x＝a(a>0)分别与曲线y＝2x＋1，y＝x＋ln x相交于A，B两点，则|AB|的最
小值为( )
A．1 B．2 C． D．
答案：B
解析：由题可得A(a，2a＋1)，B(a，a＋ln a)，
∴|AB|＝|2a＋1－(a＋ln a)|＝|a＋1－ln a|.
令f(x)＝x＋1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴
函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
最小值为2>0，
∴|AB|＝|a＋1－ln a|＝a＋1－ln a，其最小值为2.
3．已知a＝π0.2，b＝log 2，c＝cos 2，则( )
π
A．c<b<a B．b<c<a
C．c<a<b D．a<c<b
答案：A
解析：由指数函数y＝πx在R上单调递增，
可得a＝π0.2>π0＝1，由对数函数y＝log x在(0，＋∞)上单调递增，知0＝log 1<b＝
π π
log 2<log π＝1，即0<b<1，因为<2<π，而函数y＝cos x在上单调递减，
π π
所以－1＝cos π<c＝cos 2<cos ＝0，即－1<c<0，所以c<b<a，故选A.
4．函数f(x)＝ln 2x－的图象在点处的切线方程为( )
A．y＝6x－5 B．y＝8x－6
C．y＝4x－4 D．y＝10x－7
答案：A
解析：f＝ln 1－2＝－2，因为f′(x)＝＋，所以f′＝6，所以切线方程为y－(－2)＝6，即
y＝6x－5，故选A.
5．函数f(x)＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为( )
A．－， B．－，
C．－，＋2 D．－，＋2
答案：D
解析：因为f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，所以f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x
＋1)·cos x．因为x∈[0，2π]，所以x＋1>0.当f′(x)>0时，解得x∈[0，)∪(，2π]；当f′(x)<0
时，解得x∈(，).所以f(x)在[0，)上单调递增，在[，]上单调递减，在(，2π]上单调递增．
又f(0)＝2，f()＝＋2，f()＝－，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为＋2，最小值为－.故选D.
6．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，若对任意的正实数x，都
有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，且f()＝1，则使x2f(x)<2成立的实数x的集合为( )A．(－∞，－)∪(，＋∞)
B．(－，)
C．(－∞，)
D．(，＋∞)
答案：C
解析：设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为x>0时，都有xf′
(x)＋2f(x)>0恒成立，所以h′(x)>0，所以h(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是
定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)在(－∞，
0)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，所以h(x)＝x2f(x)在R上单调递
增．因为f()＝1，所以h()＝2f()＝2，所以x2f(x)<2即h(x)<h()，得x<，故选C.
7．[2024·新课标Ⅱ卷]设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax.当x∈(－1，1)时，
曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝( )
A．－1 B． C．1 D．2
答案：D
解析：方法一 ∵f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，
1)上恰有一个交点，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2－cos x＋a－1，∴h(x)在(－1，1)上恰有一个零
点．又易知h(x)为(－1，1)上的偶函数，∴h(0)＝0，即a－2＝0，∴a＝2.故选D．
方法二 当a＝－1时，f(x)－g(x)＝－x2－cos x－2，当x∈(－1，1)时，f(x)－g(x)<0，
∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上没有交点，故A错误．
当a＝时，f(x)－g(x)＝x2－cos x－，当x∈(－1，1)时，x2－<0，－cos x<0，
∴f(x)－g(x)<0，∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上没有交点，故B错误．
当a＝1时，f(x)－g(x)＝x2－cos x，令m(x)＝f(x)－g(x)，则m(x)为偶函数，且在(－1，
0)上单调递减，在(0，1)上单调递增．又m(0)＝－1<0，m(1)＝1－cos 1>0，m(－1)＝1－cos
1>0，由函数零点存在定理可知m(x)在(－1，0)和(0，1)上各有1个零点，即曲线y＝f(x)与y
＝g(x)在(－1，1)上有2个交点，故C错误．
当a＝2时，f(x)－g(x)＝2x2－cos x＋1.令n(x)＝f(x)－g(x)，则n(x)为偶函数，且在(－
1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，又n(0)＝0，∴曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上
只有1个交点，故D正确．故选D.
方法三 ∵f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在(－1，1)上恰
有一个交点，令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2－cos x＋a－1，∴h(x)在(－1，1)上恰有一个零点．h′
(x)＝2ax＋sin x，令m(x)＝2ax＋sin x，则m′(x)＝2a＋cos x，当a≥－时，m′(x)>0在(－
1，1)上恒成立，则h′(x)在(－1，1)上单调递增．又h′(0)＝0，∴当x∈(－1，0)时，h(x)单调
递减；当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，∴h(x)在x＝0处取得极小值也是最小值，∴h(0)＝0，
即a－2＝0，∴a＝2.－1<－，下面分析a＝－1时曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的交点情况．当
a＝－1时，f(x)－g(x)＝－x2－cos x－2，当x∈(－1，1)时，f(x)－g(x)<0，∴曲线y＝f(x)与y
＝g(x)在(－1，1)上没有交点．结合选项可知，D正确．故选D.
8．(多选)[2024·新课标Ⅰ卷]设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则( )
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0<x<1时，f(x)<f(x2)
C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0
D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x)
答案：ACD
解析：由题可得f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3x2－12x＋9，令f′(x)>0，即3x2－12x＋
9>0，得x<1或x>3；令f′(x)<0，得1<x<3，所以f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在
(1，3)上单调递减，所以x＝3是f(x)的极小值点，A正确．当0<x<1时，0<x2<x<1，所以
f(x)>f(x2)，B错误．当1<x<2时，1<2x－1<3，因为f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4<f(2x
－1)<0，C正确．f(2－x)＝(2－x－1)2(2－x－4)＝(x－1)2·(－x－2)，所以f(2－x)－f(x)＝(x－
1)2(－x－2－x＋4)＝(x－1)2(－2x＋2)，令(x－1)2(－2x＋2)>0，得x<1，所以当－1<x<0时，
f(2－x)>f(x)成立，D正确，故选ACD.
9．(多选)[2024·山东菏泽期中]已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝2，其导函数f′(x)满
足＞0.若函数g(x)满足exg(x)＝f(x)，则下列结论正确的是( )A．函数g(x)在(2，＋∞)上单调递增
B．x＝2是函数g(x)的极小值点
C．x≤0时，不等式f(x)≤2ex恒成立
D．函数g(x)至多有两个零点
答案：ABD
解析：∵exg(x)＝f(x)，∴g(x)＝，
则g′(x)＝.
由已知可得，当x>2时，f′(x)－f(x)>0，
∴g′(x)>0，
故y＝g(x)在(2，＋∞)上单调递增，选项A正确；
当x<2时，f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，
故y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，
故x＝2是函数y＝g(x)的极小值点，故选项B正确；
由y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，则y＝g(x)在(－∞，0]上单调递减，
由g(0)＝＝2，得x≤0时，g(x)≥g(0)，
故≥2，故f(x)≥2ex，故选项C错误；
若g(2)<0，则y＝g(x)至多有2个零点，
若g(2)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，
若g(2)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故选项D正确．
二、填空题
10．已知曲线f(x)＝ex＋x2，则曲线在点(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积
为________．
答案：
解析：由题意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线f(x)在点(0，f(0))处
的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1，
0)，(0，1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×1＝.
11．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小
值为________．
答案：－4
解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.
∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
∴当m∈[－1，1]时f(m) ＝f(0)＝－4.
min
12．设函数f(x)＝.
(1)当a＝时，f(x)的最小值是________；
(2)若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围是________.
答案：(1) (2)[0，]
解析：(1)当a＝时，若x≤0，则f(x)＝(x－)2≥＝，若x>0，则f(x)＝x＋≥2＝2，当且仅
当x＝1时取等号，则函数的最小值为.
(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时的最小值为2，若a<0，则当x＝a时，函数
f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件．若a≥0时，则当x≤0时，函
数f(x)＝(x－a)2为减函数，则当x≤0时，函数f(x)的最小值为f(0)＝a2，要使f(0)是f(x)的最
小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤，即实数a的取值范围是[0，].
[能力提升]
13．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案：A
解析：f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，
∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，
∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，
∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，f(x)在(－2，1)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－1.
极小值
14．若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb<a B．ea<b
C．0<a<eb D．0<b<ea
答案：D
解析：方法一 在曲线y＝ex上任取一点P，对函数y＝ex求导得y′＝ex，
所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et，即y＝etx＋et，
由题意可知，点在直线y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，
令f＝et，则f′＝et.
当t<a时，f′>0，此时函数f单调递增，
当t>a时，f′<0，此时函数f单调递减，
所以，f ＝f＝ea，
max
由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点，则b<f ＝ea，
max
当t<a＋1时，f>0，当t>a＋1时，f<0，作出函数f的图象如下图所示：
由图可知，当0<b<ea时，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点．故选D.
方法二 画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和x轴
上方时才可以作出两条切线．由此可知0<b<ea.故选D.
15．[2024·全国甲卷(理)]设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴
所围成的三角形的面积为( )
A． B． C． D．
答案：A
解析：因为f(x)＝，所以f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方
程为y＝3x＋1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝－.则所求三角形的面积S＝×1×＝.故选
A.
16．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．答案：
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.
已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，其等价于ln x＋1－2ax＝0有两个不相等的
实数根，亦等价于函数h(x)＝ln x的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象有两个交点．
以下研究临界状态：①如图所示．当函数h(x)＝ln x与函数g(x)＝2ax－1的图象相切
时，设切点为A(m，ln m)，其中m>0，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝，∴2a
＝.
又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，
∴k＝，∴＝.解得m＝1，
∴当两线相切时，a＝.
②当a＝0时，h(x)与g(x)的图象只有一个交点．
∴所求a的取值范围是.
