(每日一练)人教版2023高中数学导数及其应用总结(重点)超详细单选题11、已知푥=2是푓(푥)=2ln푥+푎푥2−3푥的极值点，则푓(푥)在[,3]上的最大值是（）39517A．2ln3−B．−C．−2ln3−D．2ln2−42218答案：A解析：21求得函数的导数푓′(푥)=+2푎푥−3，根据푥=2是푓(푥)的极值点，求得푎=，进而求得函数푓(푥)单调性，结合푥2푓(1),푓(3)的值，即可求得函数的最大值，得到答案.2′2由题意，函数푓(푥)=2ln푥+푎푥−3푥，可得푓(푥)=+2푎푥−3，푥′1因为푥=2是푓(푥)的极值点，可得푓(2)=1+4푎−3=0，解得푎=，2′2(푥−1)(푥−2)所以푓(푥)=+푥−3=,푥>0，푥푥1′当≤푥<1时，푓(푥)>0，函数푓(푥)单调递增；3′当1<푥<2时，푓(푥)<0，函数푓(푥)单调递减；′当2<푥≤3时，푓(푥)>0，函数푓(푥)单调递增，59由푓(1)=−,푓(3)=2ln3−，2295又由푓(3)−푓(1)=2ln3−+=2ln3−2>2ln푒−1=0，所以푓(1)<푓(3)，229所以当푥=3时，函数푓(푥)取得最大值，最大值为2ln3−.21故选：A.2、已知函数푓(푥)=푡푒푥−ln푥+ln푡对任意푥∈(0,+∞)都有푓(푥)≥0，则正数t的最小值为（）11A．푒2B．C．eD．푒2푒答案：D解析：转化푓(푥)≥0为푒푥+ln푡+푥+ln푡≥푒ln푥+ln푥，令푔(푥)=푥+ln푥，则푔(푥+ln푡)≥푔(ln푥)，结合푔(푥)的单调性分析即得解푥푥+ln푡根据题意得푓(푥)=푡푒−ln푥+ln푡=푒−ln푥+ln푡≥0，푥+ln푡ln푥即푒+푥+ln푡≥푥+ln푥=푒+ln푥，令푔(푥)=푥+ln푥，则푔(푥+ln푡)≥푔(ln푥)，由于푦=푥,푦=ln푥都在(0,+∞)单调递增故푔(푥)在푥∈(0,+∞)上单调递增，所以푥+ln푡≥ln푥，所以ln푡≥ln푥−푥在(0,+∞)上恒成立，′11−푥令ℎ(푥)=ln푥−푥,ℎ(푥)=−1=(푥>0)푥푥′令ℎ(푥)>0∴푥<1，故函数ℎ(푥)在(0,1)单调递增；′令ℎ(푥)<0∴푥>1，故函数ℎ(푥)在(1,+∞)单调递减故ℎ(푥)max=ℎ(1)=−111所以ln푡≥(ln푥−푥)=−1，即푡≥，所以正数t的最小值为.max푒푒故选：D3、函数푓(푥)=푥4−2푥3的图像在点(1，푓(1))处的切线方程为（）A．푦=−2푥−1B．푦=−2푥+12C．푦=2푥−3D．푦=2푥+1答案：B解析：求得函数푦=푓(푥)的导数푓′(푥)，计算出푓(1)和푓′(1)的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.∵푓(푥)=푥4−2푥3，∴푓′(푥)=4푥3−6푥2，∴푓(1)=−1，푓′(1)=−2，因此，所求切线的方程为푦+1=−2(푥−1)，即푦=−2푥+1.故选：B.小提示：本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题填空题4、已知函数푓(푥)=ln푥−푛푥+ln푚+1(푚>1)，푓′(푥)是其导函数，若曲线푦=푓(푥)的一条切线为直线푙：2푥−푦+1=0，则푚푛的最小值为___________.答案：−푒解析：设直线푙与曲线相切的切点为(푥0,푦0)，借助导数的几何意义用푥0表示出m，n即可作答.′1′1设直线푙与曲线相切的切点为(푥0,푦0)，而푓(푥)=−푛，则直线푙的斜率푓(푥0)=−푛，푥푥011于是得−푛=2，即푛=−2，푥0푥0푦=2푥+1푒00由{得ln푥0−푛푥0+ln푚=2푥0，而푛푥0+2푥0=1，于是得ln푚+ln푥0=1，即푚=푦0=푙푛푥0−푛푥0+푙푛푚+1푥0푒112因푚>1，则0<푥0<푒，푚푛=(−2)=푒[(−1)−1]≥−푒，当且仅当푥0=1时取“=”，푥0푥0푥0所以푚푛的最小值为−푒.所以答案是：−푒3小提示：结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点(푥0,푓(푥0))(푥0∈퐷)处的切线方程为：푦−′푓(푥0)=푓(푥0)(푥−푥0).5、若函数푓(푥)=푥3+푏푥2+푐푥+푑在区间[−1,2]上是减函数，则2푏+푐的最大值为_______________答案：−9解析：2푏−푐≥3根据푓′(푥)≤0在区间[−1,