2023届高考数学二轮复习考点17导数的简单应用作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习考点17导数的简单应用作业含答案，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

考点突破练17　导数的简单应用
一、单项选择题
1.(2022·贵州黔东南一模)一个质点作直线运动,其位移s(单位:米)与时间t(单位:秒)满足关系式s=t2(4t-3)3,则当t=1时,该质点的瞬时速度为(　　)
A.5米/秒 B.8米/秒
C.14米/秒 D.16米/秒
2.(2022·北京第三十五中学检测)函数y=lnxx的单调递增区间是(　　)
A.(-∞,e) B.(e,+∞)
C.0,1e D.(0,e)
3.(2022·广西贵港模拟)已知曲线y=axex+ln x在点(1,ae)处的切线方程为y=3x+b,则(　　)
A.a=e,b=-2 B.a=e,b=2
C.a=e-1,b=-2 D.a=e-1,b=2
4.(2022·江西上饶模拟)已知函数f(x)=asin x+2cos x在x∈-π3,-π4上是单调递增的,则a的取值范围为(　　)
A.[0,+∞)
B.[-2,2]
C.[-2,+∞)
D.(-∞,-2]∪[0,+∞)
5.(2022·山西运城模拟)若函数f(x)=x3+x2-5x-2在区间(m,m+5)内有最小值,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-4,1) B.(-4,0)
C.[-3,1) D.(-3,1)
6.(2022·河北保定检测)若函数f(x)=e2x4-axex有两个极值点,则实数a的取值范围为(　　)
A.-∞,-12 B.-12,0
C.12,+∞ D.0,12
7.(2022·福建漳州一模)将曲线C1:xy=2(x>0)上所有点的横坐标不变,纵坐标缩小为原来的12,得到曲线C2,则C2上到直线x+16y+2=0距离最短的点坐标为(　　)
A.8,14 B.4,14
C.8,12 D.4,12
8.(2022·新高考Ⅰ·7)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则(　　)
A.a C.c 二、多项选择题
9.(2022·湖南长郡中学高三检测)下列函数的图象在x=0处的切线的倾斜角为钝角的是(　　)
A.y=2x-sin x B.y=x-2sin x
C.y=(x-2)ex D.y=ex-1x+1
10.(2022·江苏淮安模拟)函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)

A.3是f(x)的极小值点
B.-1是f(x)的极小值点
C.f(x)在区间(-∞,3)上单调递减
D.曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率小于零
11.(2022·重庆八中高三检测)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2+mx(m∈R),若函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与函数g(x)的图象相切,则m的值为(　　)
A.1 B.-1
C.3 D.-3
12.(2022·福建三明模拟)已知函数f(x)=xln x+a(1-x)+x在区间(1,+∞)内没有零点,则实数a的取值可以为(　　)
A.-1 B.2 C.3 D.4
三、填空题
13.(2022·河南洛阳模拟)已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),若f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为　　　　　. 
14.(2022·新高考Ⅱ·14)曲线y=ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为　　　　　　　　,　　　　　　　　. 
15.(2022·河北石家庄模拟)已知a>0,函数g(x)=x+1+ax-2在[2,+∞)上的最小值为1,则a=　　　　　. 
16.(2022·全国乙·理16)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1
考点突破练17　导数的简单应用
1.C　解析由题得s'=2t(4t-3)3+12t2(4t-3)2,当t=1时,s'=14,故当t=1时,该质点的瞬时速度为14米/秒.
2.D　解析由题意得函数y=lnxx的定义域为(0,+∞),y'=1-lnxx2,∴当x∈(0,e)时,y'>0;当x∈(e,+∞)时,y'<0;
∴y=lnxx的单调递增区间为(0,e).
3.C　解析y'=aex+axex+1x,k=y'|x=1=ae+ae+1=2ae+1=3,∴ae=1,∴a=1e=e-1.将(1,1)代入y=3x+b得3+b=1,∴b=-2.
4.C　解析因为函数f(x)=asinx+2cosx在x∈-π3,-π4上是单调递增的,所以f'(x)=acosx-2sinx≥0在x∈-π3,-π4上恒成立,即a≥2tanx在x∈-π3,-π4上恒成立,由y=2tanx在-π2,0上单调递增知,ymax=2tan-π4=-2,所以a≥-2,故选C.
5.C　解析由题得,f'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1).
令f'(x)>0,解得x<-53或x>1;令f'(x)<0,解得-53 所以f(x)在区间-∞,-53内单调递增,在区间-53,1内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,所以函数的极小值为f(1)=-5.
若f(x)在区间(m,m+5)内有最小值,则极小值即最小值,
所以m<1 令f(x)=-5,可得x3+x2-5x+3=0,可得(x-1)2(x+3)=0,解得x=-3或1,
由题得m≥-3,综上-3≤m<1,故m的取值范围是[-3,1),故选C.
6.C　解析f'(x)=e2x2-aex-axex=ex2(ex-2ax-2a),因为有两个极值点,故ex-2ax-2a=0有两个根,即y=ex和y=2a(x+1)的图象有两个交点,画出图象,

若a<0,显然只有1个交点,不合题意;显然a≠0;若a>0,设直线y=2a(x+1)和y=ex的图象相切于点(x0,ex0),
则2a=ex0,2a(x0+1)=ex0,解得x0=0,故切点是(0,1),分析知当2a>1时,两函数图象有两个交点,解得a>12.
故a的取值范围是12,+∞.
7.B　解析将xy=2(x>0)化为y=2x(x>0),则将曲线C1上所有点的横坐标不变,纵坐标缩小为原来的12,
得到曲线C2:2y=2x(x>0),即C2:y=1x(x>0),
要使曲线C2上的点到直线x+16y+2=0的距离最短,
只需曲线C2上在该点处的切线和直线x+16y+2=0平行,
设曲线C2上该点为Pa,1a,因为y'=-1x2,且x+16y+2=0的斜率为-116,
所以-1a2=-116,解得a=4或a=-4(舍),即该点坐标为P4,14.
8.C　解析令a1=xex,b1=x1-x,c1=-ln(1-x),
则lna1-lnb1=lnxex-lnx1-x=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x).
令y1=x+ln(1-x),x∈(0,0.1],则当x∈(0,0.1]时,y1'=1-11-x=-x1-x<0.
于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减.
于是y1<0,∴lna1-lnb1<0,∴b1>a1.
令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],则y2'=xex+ex-11-x=(1+x)(1-x)ex-11-x.
令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,
则当x∈(0,0.1]时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0,∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴k(x)>k(0)=0.
∴在区间(0,0.1]上,y2'>0,∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴y2>0,∴a1>c1.
∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.
故当x=0.1时,有b>a>c.
9.BC　解析若y=2x-sinx,则y'=2-cosx,当x=0时,y'=1>0,故选项A不符合题意;
若y=x-2sinx,则y'=1-2cosx,当x=0时,y'=-1<0,故选项B符合题意;
若y=(x-2)ex,则y'=(x-1)ex,当x=0时,y'=-1<0,故选项C符合题意;
若y=ex-1x+1,则y'=xex+1(x+1)2,当x=0时,y'=1>0,故选项D不符合题意.
10.AD　解析由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x∈(-3,3)时,f'(x)<0,f(x)是单调递减的,当x>3时,f'(x)>0,f(x)是单调递增的,所以3是f(x)的极小值点,因此A正确;
由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x∈(-3,-1)时,f'(x)<0,f(x)是单调递减的,当x∈(-1,3)时,f'(x)<0,f(x)是单调递减的,所以-1不是f(x)的极小值点,因此B不正确;
由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x∈(-3,3)时,f'(x)<0,f(x)是单调递减的,当x<-3时,f'(x)>0,f(x)是单调递增的,所以C不正确;
由函数y=f(x)的导函数的图象可知,f'(2)<0,所以D正确.
11.BC　解析易知f(1)=0,f'(x)=1x,从而得到f'(1)=1,函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
设直线y=x-1与g(x)=x2+mx(m∈R)的图象相切于点P(x0,y0),
从而可得g'(x0)=1,g(x0)=x0-1.又g'(x)=2x+m,因此有2x0+m=1,x02+mx0=x0-1,
得x02=1,解得x0=1,m=-1,或x0=-1,m=3.
故选BC.
12.ABC　解析f(x)=xlnx+a(1-x)+x=xlnx+ax-a+1,设g(x)=lnx+ax-a+1,
则在(1,+∞)上,y=f(x)与y=g(x)有相同的零点.
故函数f(x)在区间(1,+∞)内没有零点,即g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,g'(x)=1x-ax2=x-ax2,
当a≤1时,g'(x)=x-ax2>0在区间(1,+∞)上恒成立,则g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以g(x)>g(1)=1>0,显然g(x)在区间(1,+∞)内没有零点.
当a>1时,令g'(x)>0,得x>a,令g'(x)<0,得1 所以g(x)在区间(1,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.
所以g(x)≥g(a)=lna+2-a,设h(a)=lna+2-a(a>1),则h'(a)=1a-1=1-aa<0(a>1),
所以h(a)在(1,+∞)上单调递减,且g(3)=ln3-1>0,g(4)=ln4-2<0,所以存在a0∈(3,4),使得h(a0)=0,要使得g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,则g(a)=lna+2-a>0,所以1 综上所述,满足条件的a的范围是a 由选项可知,选项ABC可使得g(x)在区间(1,+∞)内没有零点,满足题意.
13.13　解析由f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),得f'(x)=3kx2+6(k-1)x,
因为f(x)的单调递减区间是(0,4),所以f'(x)<0的解集为(0,4),
所以x=4是方程3kx2+6(k-1)x=0的一个根,所以12k+6(k-1)=0,解得k=13,经验证,k=13时满足题意.
14.y=xe　y=-xe　解析当x>0时,y=lnx,点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y-lnx1=1x1(x-x1).
若该切线经过原点,则lnx1-1=0,解得x1=e,此时切线方程为y=xe.
当x<0时,y=ln(-x),点(x2,ln(-x2))(x2<0)上的切线为y-ln(-x2)=1x2(x-x2).
若该切线经过原点,则ln(-x2)-1=0,解得x2=-e,此时切线方程为y=-xe.
15.1　解析由题意得g'(x)=1-1+ax2=x2-(1+a)x2,
当1+a≤2,即0 故g(t)min=g(2)=1+a2=1,解得a=1;
当1+a>2,即a>3时,当2≤x<1+a时,g'(x)<0,g(x)是单调递减的,
当x>1+a时,g'(x)>0,g(x)是单调递增的,
故g(x)min=g(1+a)=21+a-2=1,解得a=54,不满足a>3,舍去,综上,a=1.
16.1e,1　解析依题意,f'(x)=2axlna-2ex,x1,x2为方程f'(x)=0的两根,x1 令g(x)=axlna-ex,则g'(x)=ax(lna)2-e.
若a>1,则g'(x)在R上单调递增,此时由x1,x2为方程f'(x)=0的两根,可知存在x0∈(x1,x2),使g'(x)=0,所以g(x)在区间(-∞,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增.
又g(x1)=0,g(x2)=0,所以f(x)在区间(-∞,x1)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增,所以x1为f(x)的极大值点,x2为f(x)的极小值点,不符合题意,舍去.
若0 因为x0存在,所以g(x0)=ax0lna-ex0>0,g'(x0)=ax0(lna)2-e=0,所以x0=logae(lna)2,ax0lna>ex0,
即elna>elogae(lna)2,
因为0 所以lna1lna 又0 所以1e