2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十七导数的简单应用

这是一份2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十七导数的简单应用，共11页。

专题强化练(十七)　导数的简单应用
1．(2022·山东模拟)曲线y＝x3＋bx2＋c在点M(1，0)处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则c的值为(　　)
A．－1　　　　 B．0　　　　
C．1　　　　 D．2
解析：设f(x)＝x3＋bx2＋c，则f′(x)＝3x2＋2bx，
直线x－y－2＝0的斜率为1，
由题意可得解得
故选C.
答案：C
2.(2022·湖北模拟)如图为宜昌市至喜长江大桥，其缆索两端固定在两侧索塔顶部，中间形成的平面曲线称为悬链线．当微积分尚未出现时，伽利略猜测这种形状是抛物线，直到1691年莱布尼兹和伯努利借助微积分推导出悬链线的方程y＝(e＋e－)，其中c为参数．当c＝1时，函数cos h(x)＝称为双曲余弦函数，与之对应的函数sin h(x)＝称为双曲正弦函数．关于双曲函数，下列结论正确的是(　　)

A．[sin h(x)]2－[cos h(x)2]＝1
B．[cos h(x)]′＝－sin h(x)
C．cos h(－1)>cos h(2)
D．sin h(－x)＝－sin h(x)
解析：[sin h(x)]2－[cos h(x)]2＝－＝－1，故A错误；
[cos h(x)]′＝()′＝＝sin h(x)，故B错误；
因为cos h(－x)＝＝cos h(x)，所以cos h(x)是偶函数，又[cos h(x)]′＝()′＝>0(x>0)，所以cos h(x)在(0，＋∞)上为增函数，则cos h(－1) sin h(－x)＝＝－＝－sin h(x)，故D正确．
故选D.
答案：D
3．(2022·汕头一模)已知a＝，b＝，c＝，则以下不等式正确的是(　　)
A．c>b>a B．a>b>c
C．b>a>c D．b>c>a
解析：令f(x)＝，则f′(x)＝，
当00，f(x)单调递增，当x>e时，
f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为2 所以f(2)f(5)，
因为f(2)－f(5)＝－＝＝>0，
所以f(2)>f(5)，
即f(e)>f(2)>f(5)，
所以b>a>c.
故选C.
答案：C
4．(2022·广东模拟)已知函数f(x)＝ln x，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x[f(x1)－f(x2)]≥x2(mx1－x2)恒成立，则m的最大值为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．e
解析：由x[f(x1)－f(x2)]≥x2(mx1－x2)，
即x[f(x1)－f(x2)]≥mx1x2－x，
而x1，x2∈(0，＋∞)，m≤，
而＝＝
ln ＋，
不妨设＝t，x1>x2，则t>1，
g(t)＝tln t＋，g′(t)＝ln t＋1－，
由t>1，则ln t>0，<1，
所以g′(t)>0，
则g(t)在(1，＋∞)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝1，
所以m≤1，
所以mmax＝1，
故选C.
答案：C
5．(2022·广州二模)已知a>0且a≠1，若集合M＝{x|x2 A．(0，1)∪(1，e]
B．(0，1)∪[e，＋∞)
C．(0，1)∪(1，e]
D．(0，1)∪[e，＋∞)
解析：依题意，M＝{x|x(x－1)<0}＝{x|0 当00，f(a)＝a2－1<0，则x0∈(a，1)，使得f(x0)＝0，
当0x0时，f(x)>0，此时N＝{x|0 当a>1时，若00恒成立，N＝∅，满足N⊆M，
于是当a>1时，N⊆M，当且仅当N＝∅，即不等式f(x)≥0对∀x∈(0，＋∞)成立，
f′(x)＝2x－，由f′(x)＝0得x＝，当0时，f′(x)>0，
则函数f(x)在(0, )上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f()＝－loga＝＋，于是得＋≥0，
即1＋ln (2ln a)≥0，变形得ln a≥，解得a≥e，从而得当a≥e时，f(x)≥0恒成立，N＝∅，满足N⊆M，
所以实数a的取值范围是0 故选D.
答案：D
6．(2022·深圳模拟)已知函数f(x)＝－＋a(ex－1＋e－x＋1)，其中a∈R，则(　　)
A．f(x)在(2，＋∞)上单调递增
B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减
C．曲线y＝f(x)是轴对称图形
D．曲线y＝f(x)是中心对称图形
解析：令t＝x－1，则x＝t＋1，
f(x)＝－＋a(ex－1＋e－x＋1)，可化为g(t)＝－＋a(et＋e－t)＝－＋a(et＋e－t)，
因为g(－t)＝g(t)，
所以g(t)为偶函数，所以y＝g(t)的图象关于t＝0成轴对称，即曲线y＝f(x)是轴对称图形，故C正确，D错误；
又g′(t)＝＋a(et－e－t)，a∈R，
所以当t>1(即x>2)时，g′(t)的符号无法确定，即f(x)在(2，＋∞)上的单调性无法确定，故A、B均错误；
故选C.
答案：C
7．(2022·茂名一模)已知f(x)＝sin x，g(x)＝ln|x|＋(ex)2，则f(x)·g(x)>0的解集是(　　)
A．{x|－ B．{x|－π C．{x|－ D．{x|－ 解析：因为g(x)＝ln |x|＋(ex)2是偶函数，
所以当x>0时，g(x)＝ln x＋(ex)2，g′(x)＝＋2e2x>0在x>0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，且g()＝0，
所以当x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，g(x)>0，
当x∈(－，0)∪(0，)时，g(x)<0，
当x∈(2nπ，2nπ＋π)，n∈Z时，f(x)>0，
当x∈(2nπ＋π，2nπ＋2π)，n∈Z时，f(x)<0，
所以不等式f(x)·g(x)>0等价于或
所以不等式f(x)·g(x)>0的解集为{x|－ 故选A.
答案：A
8．(2022·普宁市校级二模)已知R上的奇函数f(x)满足f′(x)>－2，则不等式f(x－1) A．(0，) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)
解析：设g(x)＝f(x－1)－x2(3－2ln x)－3(1－2x)，
则g′(x)＝f′(x－1)＋4xln x－4x＋6，
设h(x)＝4xln x－4x＋6，则h′(x)＝4ln x，
由h′(x)>0得x>1，由h′(x)<0得0 即当x＝1时，函数h(x)取得极小值同时也是最小值h(1)＝2，
因为f′(x－1)>－2，h(x)≥2，
所以f′(x－1)＋h(x)>－2＋2＝0，
即g′(x)＝f′(x－1)－x2(3－2ln x)－3(1－2x)>0，
即g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
则当x＝1时，g(1)＝f(1－1)－12(3－2ln 1)－3(1－2)＝0，
则不等式f(x－1) 则x<1，
即不等式f(x－1) 故选B.
答案：B
9．(多选题)(2022·汕头三模)已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos 2x，g(x)＝f(x)＋|f(x)|，若存在a∈R，使得对任意x∈R，f(x)≥f(a)，则(　　)
A．f(x)在(a，a＋)单调递增
B．∀x1，x2∈R，|g(x1)－g(x2)|≤
C．∃θ>0，使得g(x)在(a，a＋θ)上有且仅有1个零点
D．若g(x)在(a＋θ，a－)单调，则θ∈
解析：由题意，得f(x)＝sin 2x＋2cos 2x＝sin(2x＋φ)，
其中sin φ＝，cos φ＝，则f(x)的最小正周期为＝π，
由存在a∈R，使得对任意x∈R，f(x)≥f(a)，可得f(a)＝f(x)min，
则f(x)在(a，a＋)单调递增，A正确；
g(x)＝f(x)＋|f(x)|＝
则g(x)max＝2f(x)max＝2，g(x)min＝0，
则∀x1，x2∈R，|g(x1)－g(x2)|≤g(x)max－g(x)min＝2，B错误；
由上知f(a)＝f(x)min，f(x)的最小正周期为π，
则在(a，a＋)上，f(x)<0，g(x)＝0，
故不存在θ>0，使得g(x)在(a，a＋θ)上有且仅有1个零点，C错误；
由f(a)＝f(x)min，f(x)的最小正周期为π知f(a－)＝f(x)max，f(a－π)＝f(x)min，
故f(x)在(a－π，a－)上单增，在(a－，a－)上单减，
且在(a－，a－)上f(x)>0，故g(x)在(a－，a－)上单减，
则θ∈，D正确．
故选AD.
答案：AD
10.(多选题)(2022·广东二模)吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r(V)，r′(V)为r(V)的导函数．已知r(V)在0≤V≤3上的图象如图所示，若0≤V1≤V2≤3，则下列结论正确的是(　　)

A．<
B．r′(1)>r′(2)
C．r()<
D．存在V0∈(V1，V2)，使得r′(V0)＝
解析：设tan α＝，tan θ＝，
由图得α>θ，A错误；
根据图象可知，图象上的点的切线斜率越来越小，故由导数几何意义得r′(1)>r′(2)，B正确；
设V1＝0，V2＝3，
所以r()＝r()，＝，
因为r()－r(0)>r(3)－r()，
所以r()>，C错误；
表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))两点连线的斜率，r′(V0)表示C(V0，r(V0))处切线的斜率，
由于V0∈(V1，V2)，
所以可以平移直线AB，使之与曲线相切，切点就是C，D正确．
故选BD.
答案：BD
11．(多选题)(2022·广东模拟)已知函数f(x)＝，下列说法正确的有(　　)
A．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1
B．f(x)的单调递减区间为(e，＋∞)
C．f(x)的极大值为
D．方程f(x)＝－1有两个不同的解
解析：因为f(x)＝，所以函数的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝，f′(1)＝1，f(1)＝0，
所以f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为y－0＝f′(1)·(x－1)，
即y＝1·(x－1)＝x－1，故A正确；
在(0，e)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在[e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故B正确，
f(x)的极大值为f(e)＝＝，故C正确；
方程f(x)＝＝－1的解的个数，即为ln x＝－x的解的个数，
即为函数y＝ln x与y＝－x图象交点的个数，
作出函数y＝ln x与y＝－x图象如图所示：

由图象可知方程f(x)＝－1只有一个解，故D错误．
故选ABC.
答案：ABC
12．(多选题)(2022·广州二模)已知a>0，b>0，直线y＝x＋a与曲线y＝ex－1－2b＋1相切，则下列不等式成立的是(　　)
A．ab≤ B．＋≤8
C．＋≤ D．3a＋b≤
解析：设切点为(m，n)，由y＝ex－1－2b＋1的导数为y′＝ex－1，直线y＝x＋a与曲线y＝ex－b相切，
可得em－1＝1，所以m＝1，n＝e1－1－2b＋1＝2－2b，
2－2b＝1＋a，所以a＋2b＝1，
所以2≤1，所以ab≤，当且仅当a＝2b＝时取等号，故A正确；
＋＝(＋)(2b＋a)＝2＋2＋＋≥4＋2 ＝8.当且仅当＝，即a＝2b＝时取等号，故B错误；
设a＝cos2α，2b＝sin2α，不妨取α∈(0，)，
故＋＝cos α＋sin α＝sin(α＋θ)≤，
其中tan θ＝，故C正确．
由a＋2b＝1，可得a＋b＝1－b<1(0 故选AC.
答案：AC
13．(2022·丰顺县一模)已知f(x)＝ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程是________．
解析：f(x)＝ln x＋x2的导数为f′(x)＝＋2x，
可得曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为1＋2＝3，
切点为(1，1)，则切线的方程为y－1＝3(x－1)，
即为3x－y－2＝0.
答案：3x－y－2＝0
14．(2022·武昌区模拟)已知函数f(x)＝sin x－xcos x，若存在x∈(0，π)，使得f′(x)>λx成立，则实数λ的取值范围是 ______．
解析：f(x)＝sin x－xcos x的导数为f′(x)＝cos x－(cos x－xsin x)＝xsin x，因为f′(x)>λx，
所以xsinx>λx.
当0 当x＝时，sin x取得最大值1.
即有λ<1.
故实数λ的取值范围是(－∞，1)．
答案：(－∞，1)
15．(2022·佛山模拟)已知函数f(x)＝函数在x＝1处的切线方程为________；若该切线与f(x)的图象有三个公共点，则a的取值范围是________．
解析：切点坐标为(1，0)，f′(x)＝，k＝f′(1)＝，
所以切线l方程为y＝x－，
即x－2y－1＝0；
函数f()＝＋a，即f(x)过点(，＋a)，
当切线过点(，＋a)时，切线l与函数f(x)的图象有三个公共点，将其代入切线l方程得a＝－，
当切线l与f(x)＝x2＋2x＋a(x≤)相切时直线与函数f(x)的图象只有两个公共点，
设切线l：y＝x－与f(x)＝x2＋2x＋a(x≤)在x＝x0处相切，
k＝f′(x0)＝2x0＋2＝，x0＝－，
所以切点坐标为(－，a－)，
代入切线方程解得a＝，
因此直线与曲线有三个交点时，－≤a<.
答案：x－2y－1＝0　
16．(2022·揭阳模拟)已知点P是曲线x2＝4y上任意一点，过点P向x轴引垂线，垂足为H，点Q是曲线y＝ln x上任意一点，则|PH|＋|PQ|的最小值为________．
解析：由抛物线的方程可得准线方程为：y＝－1，
焦点F(0，1)，

由题意及抛物线的性质可得|PH|＝|PF|－1，
|PH|＋|PQ|＝|PF|＋|PQ|－1≥|QF|－1，
即求|QF|的最小值，设Q(x，ln x)，
则|QF|2＝x2＋(ln x－1)2＝ln 2x－2ln x＋x2＋1，
设函数f(x)＝ln 2x－2ln x＋x2＋1，
则f′(x)＝－＋2x＝(2x2＋2ln x－2)，
令g(x)＝2x2＋2ln x－2，则g′(x)＝4x＋>0，
g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝2，
所以|QF|的最小值为，
则|PH|＋|PQ|的最小值为－1.
答案：－1