2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数01真题赏析类型三导数的简单应用

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A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
解析：函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，
由题意，方程f′(x)＝0即ax2－bx－2c＝0有两个正根，设为x1，x2，
则有x1＋x2＝eq \f(b,a)>0，x1x2＝eq \f(－2c,a)>0，Δ＝b2＋8ac>0，
所以ab>0，ac<0，
所以ab·ac＝a2bc<0，即bc<0，A错误．
故选BCD.
答案：BCD
2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
解析：对函数f(x)求导可得，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)，
依题意，aex－eq \f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，
即a≥eq \f(1,xex)在(1，2)上恒成立，
设g(x)＝eq \f(1,xex)，x∈(1，2)，则g′(x)＝eq \f(－（ex＋xex）,（xex）2)＝－eq \f(ex（x＋1）,（xex）2)，易知当x∈(1，2)时，g′(x)<0，
则函数g(x)在(1，2)上单调递减，
则a≥g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)＝e－1.
故选C.
答案：C
3．(2023·全国甲卷)曲线y＝eq \f(ex,x＋1)在点(1，eq \f(e,2))处的切线方程为( )
A．y＝eq \f(e,4)x B．y＝eq \f(e,2)x
C．y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4) D．y＝eq \f(e,2)x＋eq \f(3e,4)
解析：因为y＝eq \f(ex,x＋1)，
y′＝eq \f(ex（x＋1）－ex（x＋1）′,（x＋1）2)＝eq \f(xex,（x＋1）2)，
故函数在点(1，eq \f(e,2))处的切线斜率k＝eq \f(e,4)，
切线方程为y－eq \f(e,2)＝eq \f(e,4)(x－1)，即y＝eq \f(e,4)x＋eq \f(e,4).
故选C.
答案：C
4．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝f(eq \f(\r(2),2))，b＝f(eq \f(\r(3),2))，c＝f(eq \f(\r(6),2))，则( )
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
解析：令g(x)＝－(x－1)2，则g(x)的开口向下，对称轴为x＝1，
因为eq \f(\r(6),2)－1－(1－eq \f(\r(3),2))＝eq \f(\r(6)＋\r(3),2)－eq \f(4,2)，
而(eq \r(6)＋eq \r(3))2－42＝9＋6eq \r(2)－16＝6eq \r(2)－7>0，
所以eq \f(\r(6),2)－1－(1－eq \f(\r(3),2))＝eq \f(\r(6)＋\r(3)－4,2)>0，
所以eq \f(\r(6),2)－1>1－eq \f(\r(3),2)
所以由一元二次函数的性质可知g(eq \f(\r(6),2))因为eq \f(\r(6),2)－1－(1－eq \f(\r(2),2))＝eq \f(\r(6)＋\r(2)－4,2)，
而(eq \r(6)＋eq \r(2))2－42＝4eq \r(3)－8<0，
所以eq \f(\r(6),2)－1<1－eq \f(\r(2),2)，所以g(eq \f(\r(6),2))>g(eq \f(\r(2),2))，
综合可得g(eq \f(\r(2),2))所以ac>a.
故选A.
答案：A
5．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln (1＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即(1＋a)xln (1＋a)≥－axln a，化简可得(eq \f(1＋a,a))x≥－eq \f(ln a,ln （1＋a）)在(0，＋∞)上恒成立，
而在(0，＋∞)上(eq \f(1＋a,a))x>1，
故有1≥－eq \f(ln a,ln （1＋a）)，由a∈(0，1)，化简可得ln(1＋a)≥lneq \f(1,a)，
即1＋a≥eq \f(1,a)，a2＋a－1≥0，eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1，
故a的取值范围是[eq \f(\r(5)－1,2)，1)．
答案：[eq \f(\r(5)－1,2)，1)