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

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1、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=

2、2ln39,则a,b,c的大小关系为()A.abcB.acbC.bacD.bca5.(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.bc0B.ab0C.b2+8ac0D.ac07.(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

3、)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.ebaB.eabC.0aebD.0bbaB.bacC.abcD.acb11.(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)0,解得x1,所以函数的单调递增区间为(1,+).3.B解析 显然a0,若a0,则x0,则定义域为(0,+),f(x)=a1ax-1x2=x-1x2,令f(x)=0,解得x=1,当0

4、x1时,f(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=lne1e+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-lnxx20,得0xe,由f(x)=1-lnxx2e,所以f(x)=lnxx在(e,+)上单调递减.因为a=f(4),b=f(e),c=f(9),94e,所以bac.故选C.5.AC解析 由题意得f(x)=3x2-1,令f(x)0,得x33或x-33,令f(

5、x)0,得-33x0,f33=1-2390,f(-2)=-50,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.BC

6、D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+8ac0,x1+x2=ba0,x1x2=-2ca0,所以b2+8ac0,且ab0,ac0,bc0.xx2+1=1x+1x,x0,x+1x2x1x=2,当且仅当x=1时取等号.00,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=10,所以f(x)0在0,2上恒成立

7、,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+021+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,-bb0

8、.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-bh(0)=0,即ax0,所以cb1,即bba.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-

9、x(e2x-1)e-1e,即xex-xe-xe-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-xe-1e的解集为0,1).又因为g(x)为偶函数,故g(x)12,1-2x-2lnx,012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)单调递增

10、,所以函数f(x)在区间12,+内的最小值为f(1)=1;当0x12时,f(x)=-2-2x1.综上,f(x)min=f(1)=1.13.5-12,1)解析 由题意得f(x)=axln a+(1+a)xln(1+a).易知f(x)不恒为0.f(x)在(0,+)上单调递增,f(x)=axln a+(1+a)xln(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(

11、x0)存在公切线,当a=0时,两曲线为y=x2与y=0(x0),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),x0,则g(x)=2x(1-ln x)+x2-1x=x(1-2ln x),

12、令g(x)=0,得x=e,当0x0,当xe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233=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,0r3,于是8个A原子与1个B原子的体积之和V=843r3+43R3=438r3+(3-r)3=43(7r3+9r2-27r+27),令f(r)=7r3+9r2-27r+27,0r3,求导得f(r)=21r2+18r-27,由f(r)

13、=0,得r=62-37,当0r62-37时,f(r)0,当62-37r0,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(a0).(1)当b=0时,函数f(x)在0

14、,2上有极小值,求实数a的取值范围;(2)当b-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(a0).(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+1121+1231+1n(n+1)0,得-12cos x1,即0x23;令f(x)0,得cos x-12,即23x0,所以g(x)-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos x+1=-4cosx-142+54(0cos x12),所以-4cos2x+2cos x+10恒成立.所以g(x)0在区间3,2上恒

15、成立.所以y=g(x)在区间3,2上单调递增,所以g(x)g3=32-ln3+132-ln2332-0.7390,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a1.当a1时,f(x)=ex-acos x在0,2上单调递增,又f(0)=1-a0,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,所以f(x)

16、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,所以h(x)在-,ln-b2上单调递减,h(x)在ln-b2,+

17、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-1x0时,f(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x0,h(x)

18、单调递增;当x0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)20,x0,所以g(x)在(-,0)和(0,+)上单调递减.由(1)知,当-1xxln(x+1);当x0时,xln(x+1)0,所以g(x)gln(x+1),即xex-1-1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a0,所以当x0,1a时,f(x)0,f(x)单调递增;当x1a,+时

19、,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+112112,ln1+123123,ln1+1n(n+1)1n(n+1),将以上各不等式两边分别相加,得ln1+112+ln1+123+ln1+134+ln1+1n(n+1)112+123+134+1n(n+1)=1-12+12-13+13-14+1n-1n+1=1-1n+11,即ln1+1121+1231+1n(n+1)1,所以1+1121+1231+1n(n+1)e.