2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练17　导数的简单应用含答案.docx

2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练17导数的简单应用考点突破练17导数的简单应用一、必备知识夯实练1.(2023河北衡水二中模拟)曲线y=e2ax在点(0,1)处的切线与直线2x+y+2=0垂直,则a=()A.14B.-14C.12D.-122.(2023江西鹰潭模拟)函数y=x2+2x+ln x的单调递增区间为()A.(0,2)B.(0,1)C.(2,+)D.(1,+)3.(2023河南郑州模拟)已知函数f(x)=ln(ax)+1x的最小值为2,则f1e的值为()A.e-1B.eC.2+1eD.e+14.已知a=ln22,b=1e,c=2ln39,则a,b,c的大小关系为()A.a>b>cB.a>c>bC.b>a>cD.b>c>a5.(多选题)(2022新高考,10)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线6.(多选题)(2023新高考,11)若函数f(x)=aln x+bx+cx2(a0)既有极大值也有极小值,则()A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<07.(2023陕西汉中二模)设函数f(x)=ln x-k(x-1x),若函数f(x)在(0,+)上是减函数,则k的取值范围是. 8.(2023湖北武汉模拟)已知函数f(x)=1+sinx2cosx+sinx,x0,2,则函数f(x)的最小值为. 二、关键能力提升练9.(2021新高考,7)若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线,则()A.eb<aB.ea<bC.0<a<ebD.0<b<ea10.(2022全国甲,理12)已知a=3132,b=cos14,c=4sin14,则()A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b11.(2023山东烟台二模)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f'(x),且满足f'(x)+f(x)=e-x,f(0)=0,则不等式(e2x-1)f(x)<e-1e的解集为()A.-1,1eB.1e,eC.(-1,1)D.(-1,e)12.(2021新高考,15)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为. 13.(2023全国乙,理16)设a(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+)单调递增,则a的取值范围是. 14.(2023浙江金华模拟)若存在直线l既是曲线y=x2的切线,也是曲线y=aln x的切线,则实数a的最大值为. 三、核心素养创新练15.(2023新疆乌鲁木齐二模)晶胞是构成晶体的最基本的几何单元,是结构化学研究的一个重要方面,在如图1所示的体心立方晶胞中,原子A与B(可视为球体)的中心分别位于正方体的顶点和体心,且原子B与8个原子A均相切,已知该晶胞的边长(图2中正方体的棱长)为23,则当图1中所有原子(8个A原子与1个B原子)的体积之和最小时,原子A的半径为. 图1图2考点突破练17导数的简单应用1.A解析 由题设知,曲线y=e2ax在点(0,1)处的切线的斜率k=12,又因为y'=2a·e2ax,所以y'|x=0=2a=12,解得a=14.2.D解析 函数的定义域为(0,+).y=x2+2x+ln x=x+2x+ln x,则y'=1-2x2+1x=x2+x-2x2=(x+2)(x-1)x2.令y'>0,解得x>1,所以函数的单调递增区间为(1,+).3.B解析 显然a0,若a<0,则x<0,不合题意,故a>0,则定义域为(0,+),f'(x)=a·1ax-1x2=x-1x2,令f'(x)=0,解得x=1,当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减,当x>1时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增,故当x=1时,f(x)min=f(1)=ln a+1=2,解得a=e,则f(x)=ln(ex)+1x,则f1e=lne·1e+e=e.4.C解析 因为a=ln22=ln44,b=1e=ln ee,c=ln99,所以构造函数f(x)=lnxx,所以f'(x)=1-lnxx2,由f'(x)=1-lnxx2>0,得0<x<e,由f'(x)=1-lnxx2<0,得x>e,所以f(x)=lnxx在(e,+)上单调递减.因为a=f(4),b=f(e),c=f(9),9>4>e,所以b>a>c.故选C.5.AC解析 由题意得f'(x)=3x2-1,令f'(x)>0,得x>33或x<-33,令f'(x)<0,得-33<x<33,所以f(x)在-,-33,33,+上单调递增,在-33,33上单调递减,所以x=±33是极值点,故A正确;因为f-33=1+239>0,f33=1-239>0,f(-2)=-5<0,所以函数f(x)在-,-33上有一个零点,当x33时,f(x)f33>0,即函数f(x)在33,+上无零点,综上所述,函数f(x)有一个零点,故B错误;令h(x)=x3-x,该函数的定义域为R,h(-x)=(-x)3-(-x)=-x3+x=-h(x),则h(x)是奇函数,(0,0)是h(x)图象的对称中心,将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f(x)的图象,所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故C正确;令f'(x)=3x2-1=2,可得x=±1,又f(1)=f(-1)=1,当切点为(1,1)时,切线方程为y=2x-1,当切点为(-1,1)时,切线方程为y=2x+3,故D错误.故选AC.6.BCD解析 函数f(x)的定义域为(0,+),f'(x)=ax-bx2-2cx3=ax2-bx-2cx3.因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以g(x)=ax2-bx-2c在区间(0,+)上有两个不同的零点,即一元二次方程ax2-bx-2c=0有两个不同的正实数根,设为x1,x2,所以=b2+8ac>0,x1+x2=ba>0,x1x2=-2ca>0,所以b2+8ac>0,且ab>0,ac<0,bc<0,所以A不正确,B,C,D正确.故选BCD.7.12,+解析 f(x)定义域为(0,+),f'(x)=1x-k1+1x2,f(x)在(0,+)上是减函数,f'(x)0在(0,+)上恒成立,kxx2+1max,x>0.xx2+1=1x+1x,x>0,x+1x2x·1x=2,当且仅当x=1时取等号.0<xx2+112,k12,即k的取值范围是12,+.8.12解析 因为f(x)=1+sinx2cosx+sinx,所以f'(x)=cosx(2cosx+sinx)-(1+sinx)(-2sinx+cosx)(2cosx+sinx)2=2+2sinx-cosx(2cosx+sinx)2.记g(x)=2+2sin x-cos x,x0,2,则g'(x)=2cos x+sin x,因为x0,2,所以g'(x)=2cos x+sin x>0,所以g(x)=2+2sin x-cos x在0,2上单调递增,所以g(x)g(0)=2-1=1>0,所以f'(x)>0在0,2上恒成立,所以f(x)=1+sinx2cosx+sinx在0,2上单调递增,故当x=0时,函数f(x)有最小值且最小值为f(0)=1+02×1+0=12.9.D解析 设切点(x0,y0),因为y'=ex,所以切线的斜率k=ex0,则切线方程为y-ex0=ex0(x-x0).因为切线过点(a,b),所以b-ex0=ex0(a-x0),即方程ex0(a-x0+1)-b=0有两个解.设g(x)=ex(a-x+1)-b,则g'(x)=ex(a-x),令g'(x)=0,解得x=a,所以g(x)在区间(-,a)内单调递增,在区间(a,+)内单调递减,且当x+时,g(x)-,当x-时,g(x)-b,所以g(a)>0,-b<0,得ea>b>0.故选D.10.A解析 因为a=3132=1-132,构造函数h(x)=1-12x2-cos x,x0,2,则h'(x)=-x+sin x,令g(x)=h'(x),则g'(x)=-1+cos x0,所以g(x)在0,2上单调递减,g(x)g(0)=0,即h'(x)0,则h(x)在0,2上单调递减,所以h14=a-b<h(0)=0,即a<b.又cb=4sin14cos14=tan1414,显然当x0,2时,tan x>x>0,所以cb>1,即b<c.综上可得c>b>a.故选A.11.C解析 由f'(x)+f(x)=e-x,得exf'(x)+exf(x)=1,得exf(x)'=1.可设exf(x)=x+m,m为实数,当x=0时,由f(0)=0,得m=0,所以f(x)=xe-x,(e2x-1)f(x)<e-1e可化为xe-x(e2x-1)<e-1e,即xex-xe-x<e-1e.设g(x)=xex-xe-x,xR,因为g(-x)=-xe-x+xex=g(x),故g(x)为偶函数,g'(x)=ex+xex+xe-x-e-x,当x0时,xex+xe-x0,ex-e-x0,故g'(x)=ex+xex+xe-x-e-x0,所以g(x)在区间0,+)上单调递增.因为g(1)=e-e-1,所以当x0时,g(x)=xex-xe-x<e-1e的解集为0,1).又因为g(x)为偶函数,故g(x)<e-1e的解集为(-1,1).12.1解析 f(x)=2x-1-2lnx,x>12,1-2x-2lnx,0<x12.当x>12时,f'(x)=2-2x=2(x-1)x,令f'(x)=0,则x=1,所以当x12,1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x(1,+)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)在区间12,+内的最小值为f(1)=1;当0<x12时,f'(x)=-2-2x<0,则函数f(x)在区间0,12上单调递减,则函数f(x)在区间0,12上的最小值为f12=2ln 2=ln 4>1.综上,f(x)min=f(1)=1.13.5-12,1)解析 由题意得f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a).易知f'(x)不恒为0.f(x)在(0,+)上单调递增,f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a)0在(0,+)上恒成立.(1+1a)x-lnaln(1+a)在(0,+)上恒成立,-lnaln(1+a)1,ln(1+a)ln1a,即1+a1a,a2+a-10,a-1-52或a5-12.又a(0,1),a5-12,1).14.2e解析 由题意知两曲线y=x2与y=aln x(x>0)存在公切线,当a=0时,两曲线为y=x2与y=0(x>0),不合题意;y=x2的导数为y'=2x,y=aln x的导数为y'=ax,设公切线与y=x2相切的切点为(n,n2),与曲线y=aln x相切的切点为(m,aln m),则切线方程为y-n2=2n(x-n),即y=2nx-n2,切线方程也可写为y-aln m=am(x-m),即y=amx-a+aln m,故2n=am,-n2=-a+alnm,即a24m2=a-aln m,即a4m2=1-ln m,即a4=m2(1-ln m)有解,令g(x)=x2(1-ln x),x>0,则g'(x)=2x(1-ln x)+x2-1x=x(1-2ln x),令g'(x)=0,得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,当x>e时,g'(x)<0,故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,故g(x)的最大值为g(e)=e2,故a4e2,所以a2e,即实数a的最大值为2e.15.62-37解析 因为题图2的正方体的棱长为23,则该正方体的体对角线长为23×3=6,设A原子的半径为r,B原子的半径为R,依题意,2r+2R=6,即R=3-r,0<r<3,于是8个A原子与1个B原子的体积之和V=8·43r3+43R3=438r3+(3-r)3=43(7r3+9r2-27r+27),令f(r)=7r3+9r2-27r+27,0<r<3,求导得f'(r)=21r2+18r-27,由f'(r)=0,得r=62-37,当0<r<62-37时,f'(r)<0,当62-37<r<3时,f'(r)>0,因此函数f(r)在0,62-37上单调递减,在62-37,3上单调递增,即当r=62-37时,f(r)取得最小值,所以8个A原子与1个B原子的体积之和最小时,原子A的半径为62-37.考点突破练18利用导数证明不等式1.(2023湖南长沙雅礼中学一模)已知函数f(x)=2sin x-sin 2x.(1)当0x时,求f(x)的最大值;(2)当3x2时,求证:f(x)>ln(x+1)ln230.739.2.(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数f(x)=ex-asin x+bx(a>0).(1)当b=0时,函数f(x)在0,2上有极小值,求实数a的取值范围;(2)当b<0时,设x0是函数f(x)的极值点,证明:f(x0)bln-b2-2a.(其中e2.718 28,是自然对数的底数)3.(2023河北唐山一模)已知x>-1,证明:(1)ex-1xln(x+1);(2)(ex-1)ln(x+1)x2.4.(2023湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0).(1)若f(x)0恒成立,求实数a的取值范围;(2)当a=1时,证明:1+11×2·1+12×3··1+1n(n+1)<e(nN*).考点突破练18利用导数证明不等式1.(1)解 由f(x)=2sin x-sin 2x,0x,所以f'(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x-1)=-4cos2x+2cos x+2=(-cos x+1)(4cos x+2),令f'(x)>0,得-12<cos x<1,即0<x<23;令f'(x)<0,得cos x<-12,即23<x<,所以函数f(x)在0,23上单调递增,在23,上单调递减,所以f(x)max=f23=332.(2)证明 设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),所以g'(x)=-4cos2x+2cos x+2-1x+1,当3x2时,1-1x+1>0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos x+1=-4cosx-142+54(0cos x12),所以-4cos2x+2cos x+1>0恒成立.所以g'(x)>0在区间3,2上恒成立.所以y=g(x)在区间3,2上单调递增,所以g(x)g3=32-ln3+1>32-ln2332-0.739>0,所以当3x2时,f(x)>ln(x+1).2.(1)解 由题意知f(x)=ex-asin x在0,2上有极小值,则f'(x)=ex-acos x=0在0,2上有解,故a=excosx,设g(x)=excosxx0,2,显然g(x)=excosx在0,2上单调递增,又g(0)=1,当x2时,g(x)+,所以a>1.当a>1时,f'(x)=ex-acos x在0,2上单调递增,又f'(0)=1-a<0,f'2=e2>0,由零点存在定理可知x00,2,使得f'(x0)=0,此时当x(0,x0)时,f'(x)<0,当xx0,2时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)在x0,2上单调递增,故f(x)在0,2上有极小值点.因此实数a的取值范围是(1,+).(2)证明 由题意知f'(x)=ex-acos x+b,故f'(x0)=ex0-acos x0+b=0.f(x0)=ex0-asin x0+bx0=ex0-asin x0+bx0+f'(x0)=2ex0-a(sin x0+cos x0)+bx0+b=2ex0-2asinx0+4+bx0+b2ex0+bx0+b-2a.设h(x)=2ex+bx+b-2a(xR),则h'(x)=2ex+b,当x-,ln-b2时,h'(x)<0,当xln-b2,+时,h'(x)>0,所以h(x)在-,ln-b2上单调递减,h(x)在ln-b2,+上单调递增,所以h(x)hln-b2=bln-b2-2a.因此f(x0)bln-b2-2a成立.3.证明 (1)令f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)=xx+1,x>-1,当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)f(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,即xln(x+1),从而exeln(x+1)=x+1,所以ex-1x.综上,ex-1xln(x+1).(2)显然当x=0时,(ex-1)ln(x+1)=x2=0.令g(x)=xex-1,x0,则g'(x)=(1-x)ex-1(ex-1)2,x0,令h(x)=(1-x)ex-1,则h'(x)=-xex,当x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)h(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,从而可得g'(x)=h(x)(ex-1)2<0,x0,所以g(x)在(-,0)和(0,+)上单调递减.由(1)知,当-1<x<0时,0>x>ln(x+1);当x>0时,x>ln(x+1)>0,所以g(x)<gln(x+1),即xex-1<ln(x+1)eln(x+1)-1=ln(x+1)x.又当x>-1且x0时,x(ex-1)>0,所以(ex-1)ln(x+1)>x2.故当x>-1时,(ex-1)ln(x+1)x2.4.(1)解 因为f(x)=ln x-ax+2,x(0,+),所以f'(x)=1x-a=-ax+1x,因为a>0,所以当x0,1a时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x1a,+时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f1a=-ln a+1.因为f(x)0恒成立,所以f(x)max=-ln a+10,解得ae.所以实数a的取值范围为e,+).(2)证明 当a=1时,f(x)=ln x-x+2,则f'(x)=1x-1=1-xx,所以当x(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x(1,+)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)f(1)=1,即ln x-x+21,即ln xx-1,所以ln(x+1)x,当且仅当x=0时取等号,所以ln1+1n(n+1)<1n(n+1),nN*,所以ln1+11×2<11×2,ln1+12×3<12×3,ln1+1n(n+1)<1n(n+1),将以上各不等式两边分别相加,得ln1+11×2+ln1+12×3+ln1+13×4+ln1+1n(n+1)<11×2+12×3+13×4+1n(n+1)=1-12+12-13+13-14+1n-1n+1=1-1n+1<1,即ln1+11×2·1+12×3··1+1n(n+1)<1,所以1+11×2·1+12×3··1+1n(n+1)<e.