新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第3讲导数的简单应用

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第3讲导数的简单应用，共6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。

一、单项选择题
1.若函数f(x)＝ex＋x3＋a的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝kx＋2k，则a＝( A )
A．1 B．－1
C．0 D．2
【解析】 因为f(x)＝ex＋x3＋a，则f′(x)＝ex＋3x2，则f′(0)＝1＝k，即切线方程为y＝x＋2，所以f(0)＝1＋a＝2，解得a＝1.
2. (2023·安化县校级模拟)已知a＝eq \f(1,3)ln 3，b＝eq \f(1,2)ln 2，c＝lg2eq \r(3)，则a，b，c的大小关系正确的是( B )
A．c>b>a B．c>a>b
C．b>a>c D．a>c>b
【解析】 令f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(3)>f(4)，即eq \f(ln 3,3)>eq \f(ln 4,4)＝eq \f(2ln 2,4)＝eq \f(ln 2,2)，即a>b，因为c＝lg2eq \r(3)＝eq \f(ln\r(3),ln 2)＝eq \f(ln 3,2ln 2)>eq \f(ln 3,3)＝a，所以c>a>b.故选B.
3. (2023·麒麟区校级模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示，则( D )
A．g′(－1)<0B．f′(－1)<0C．g′(3)D．f′(3)【解析】 根据题意，由函数的图象，函数f(x)与g(x)在区间[－1,3]上单调递增，则有f′(－1)>0，g′(－1)>0，A、B错误；在x＝3处，f(x)和g(x)都是增函数，但g(x)的图象更陡，则f(x)的切线斜率小于g(x)的切线斜率，即f′(3)4.设点P是曲线y＝x3－eq \r(3)x＋eq \f(2,3)上的任意一点，则曲线在点P处切线的倾斜角α的取值范围为( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
【解析】 ∵y′＝3x2－eq \r(3)，∴y′≥－eq \r(3)，∴tan α≥－eq \r(3)，又α∈[0，π)，故α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).故选C.
5. (2023·葫芦岛二模)若ex＋πy>e－y＋π－x，则( A )
A．ln(y＋x＋e)>1 B．ln(y＋x＋e)<1
C．lgπ|x＋y|>0 D．lgπ|x＋y|<0
【解析】 不等式ex＋πy>e－y＋π－x⇔ex－π－x>e－y－π－(－y)，令函数f(x)＝ex－π－x，x∈R，因为函数y＝ex，y＝－π－x在R上都是增函数，因此函数f(x)是R上的增函数，又ex＋πy>e－y＋π－x⇔f(x)>f(－y)，于是x>－y，即x＋y>0，则x＋y＋e>e，从而ln(x＋y＋e)>ln e＝1，A正确，B错误；给定条件不能比较x＋y与1的大小，当x＋y＝1时，lgπ|x＋y|＝0，C、D错误．故选A.
6. (2023·平顶山模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为函数f(x)的导函数，当x∈[0，＋∞)时，sin 2x－f′(x)>0，且∀x∈R，f(－x)＋f(x)－2sin2x＝0，则下列说法一定正确的是( B )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(1,2)
B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))>eq \f(1,4)
【解析】 不妨设F(x)＝sin2x－f(x)，函数定义域为R，可得F′(x)＝sin 2x－f′(x)，因为当x∈[0，＋∞)时，sin 2x－f′(x)>0，所以F′(x)>0，F(x)单调递增，又∀x∈R，f(－x)＋f(x)－2sin2x＝0，所以F(－x)＝sin2(－x)－f(－x)＝sin2(－x)－2sin2x＋f(x)＝－sin2x＋f(x)＝－F(x)，可得F(x)为奇函数，则F(x)在定义域上单调递增，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，可得eq \f(3,4)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>eq \f(1,2)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))7. (2023·黄埔区模拟)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，且f(x)－2 024为奇函数，则不等式f(x)－2 023ex<1的解集为( D )
A．(－∞，0) B．(－∞，e)
C．(e，＋∞) D．(0，＋∞)
【解析】 设g(x)＝eq \f(fx－1,ex)，由题设条件得g′(x)＝eq \f(f′x·ex－[fx－1]ex,ex2)＝eq \f(f′x－fx＋1,ex)<0，故函数g(x)在R上单调递减．由f(x)－2 024为奇函数，得f(0)－2 024＝0，得f(0)＝2 024，所以g(0)＝f(0)－1＝2 023，不等式f(x)－2 023ex<1等价于eq \f(fx－1,ex)<2 023，即g(x)0，故不等式f(x)－2 023ex<1的解集是(0，＋∞)．故选D.
8. (2023·福州模拟)若关于x的不等式2＋ln x≤ax＋b≤ex恒成立，则实数a的取值范围是( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)) B．[1，eq \r(e)]
C．[1，e] D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
【解析】 设f(x)＝2＋ln x，g(x)＝ex，依题意只需求公切线斜率即可．f′(x)＝eq \f(1,x)，g′(x)＝ex，设切点分别为(x1,2＋ln x1)，g(x2，ex2)，则切线方程为y－(2＋ln x1)＝eq \f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq \f(1,x1)x＋1＋ln x1.y－ex2＝ex2(x－x2)，即y＝ex2x＋(1－x2)ex2.则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝ex2①，,1＋ln x1＝1－x2ex2②，))由①得x2＝－ln x1，代入②得(1＋ln x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x1)))＝0，则x1＝1，x1＝eq \f(1,e)，故公切线斜率为k＝1或k＝e，如下图，由图象可知，a∈[1，e]．故选C.
二、多项选择题
9. (2023·包河区校级模拟)已知函数f(x)＝ex＋2(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是( BCD )
A．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－2
B．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是3
C．过点(0,2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条
D．过点(1,4)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条
【解析】 由f(x)＝ex＋2，得f′(x)＝ex>0，∴曲线y＝f(x)的切线斜率可以是3，不可以是－2，故A错误，B正确；设切点坐标为(t，et＋2)，则过切点的切线方程为y＝et(x－t)＋et＋2，把(0,2)代入，得et(1－t)＋2＝2，解得t＝1，则过点(0,2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；把(1,4)代入，得2et－tet＋2＝4，即et(2－t)＝2，令g(t)＝2et－tet－2，则g′(t)＝2et－et－tet＝(1－t)et，当t∈(－∞，1)时，g′(t)>0，当t∈(1，＋∞)时，g′(t)<0，∴g(t)max＝g(1)＝e－2>0，又t→－∞时，g(t)→－2，当t→＋∞时，g(t)<0，∴方程et(2－t)＝2有两个不等根，即过点(1,4)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条，故D正确．故选BCD.
10. (2023·烟台模拟)已知实数a，b满足0A．2a<2b B．lga3C．ea－b>eq \f(a,b) D．ab【解析】 因为0b>1，因为函数y＝2x为R上的增函数，所以2a>2b，A错误；因为函数y＝lg3x在(0，＋∞)上为增函数，所以lg3a>lg3b>lg31＝0，所以eq \f(1,lg3b)>eq \f(1,lg3a)>0，所以lga31)，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)>0，所以函数f(x)＝eq \f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，又a>b>1，所以eq \f(ea,a)>eq \f(eb,b)，所以eq \f(ea,eb)>eq \f(a,b)，即ea－b>eq \f(a,b)，C正确；取a＝4，b＝2可得，a>b>1，但ab＝42＝24＝ba，D错误．故选BC.
11. (2023·临泉县校级三模)已知函数f(x)＝ex＋e－x，f′(x)为f(x)的导函数，则( ABD )
A．f(x)的最小值为2
B．f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递增
C．直线y＝(e＋e－1)x与曲线y＝f(x)相切
D．直线y＝2x与曲线y＝f′(x)相切
【解析】 f(x)＝ex＋e－x≥2eq \r(ex·e－x)＝2，当且仅当x＝0时“＝”成立，故A正确；f′(x)＝ex－e－x，则f″(x)＝ex＋e－x>0，故f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故B正确；设切点是(x0，y0)，则k＝ex0－e－x0，故切线方程是y－(ex0＋e－x0)＝(ex0－e－x0)(x－x0)，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex0－e－x0＝e＋e－1，,ex0＋e－x0－x0ex0－e－x0＝0，))方程组无解，故C错误；设f′(x)的切点是(a，ea－e－a)，则k＝ea＋e－a＝2，则a＝0，故切点是(0,0)，故切线方程是y＝2x，故D正确．故选ABD.
12. (2023·漳州模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且f(x)＋f′(x)＝xln x，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，则( ABC )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))·eeq \s\up7(\f(1,e))－1>f(1)
B．f(e)·ee－1>f(1)
C．f(x)在(0，＋∞)上是增函数
D．f(x)存在最小值
【解析】 令F(x)＝f(x)ex，f′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝[f′(x)＋f(x)]ex，因为f(x)＋f′(x)＝xln x，所以F′(x)＝xln xex，令F′(x)＝0得x＝1，所以在(0,1)上F′(x)<0，F(x)单调递减，在(1，＋∞)上F′(x)>0，F(x)单调递增．因为0F(1)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))eeq \s\up7(\f(1,e))>f(1)e，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))eeq \s\up7(\f(1,e))－1>f(1)，故A正确；因为e>1，所以F(e)>F(1)，所以f(e)ee>f(1)e，所以f(e)ee－1>f(1)，故B正确；由上可得f(x)＝eq \f(Fx,ex)，f′(x)＝eq \f(F′xex－exFx,ex2)＝eq \f(F′x－Fx,ex)，令h(x)＝F′(x)－F(x)，h′(x)＝F″(x)－F′(x)＝[xln xex]′－(xln xex)＝ln xex＋x(ln xex)′－xln xex＝ln xex＋xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)ex＋ln xex))－xln xex＝ln xex＋ex＋xln xex－xln xex＝ln xex＋ex＝(ln x＋1)ex，令h′(x)＝0得x＝eq \f(1,e)，所以在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上h′(x)<0，h(x)单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝F′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))－Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)ln eq \f(1,e)eeq \s\up7(\f(1,e))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))·eeq \s\up7(\f(1,e))＝－eq \f(1,e)·eeq \s\up7(\f(1,e))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)))·eeq \s\up7(\f(1,e))＝0，所以F′(x)≥F(x)，所以在(0，＋∞)上f′(x)≥0，f(x)单调递增，故C正确；由C选项知f(x)不存在最值，故D错误．故选ABC.
三、填空题
13. (2023·徐汇区校级一模)已知函数y＝f(x)，其中f(x)＝exsin x，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为_y＝x__.
【解析】 因为f(x)＝exsin x，所以f′(x)＝exsin x＋excs x，则f(0)＝0，f′(0)＝e0sin 0＋e0cs 0＝1，所以所求切线的方程为y＝x.
14. (2023·徐汇区校级一模)函数y＝ex－5x的单调增区间为_(ln_5，＋∞)__.
【解析】 因为y＝ex－5x，所以y′＝(ex－5x)′＝ex－5，令y′＝ex－5>0，解得x>ln 5，所以y＝ex－5x的单调增区间为(ln 5，＋∞)．
15. (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,9)x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,6)，\f(8,3))) .
【解析】 因为f(x)＝eq \f(1,9)x3＋x2－2ax＋1，所以f′(x)＝eq \f(1,3)x2＋2x－2a，f′(x)＝eq \f(1,3)x2＋2x－2a为二次函数，且对称轴为x0＝－3，所以函数f′(x)＝eq \f(1,3)x2＋2x－2a在(－3，＋∞)上单调递增，则函数f′(x)＝eq \f(1,3)x2＋2x－2a在(1,2)上单调递增，因为函数f(x)在(1,2)上有极值，所以f′(x)＝0在(1,2)有解，根据零点的存在性定理可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1<0，,f′2>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(7,3)－2a<0，,\f(16,3)－2a>0，))解得eq \f(7,6)16. (2023·三明三模)已知不等式x－aln x－a－2b≥3恒成立，其中a≠0，则eq \f(b,a)的最大值为 －eq \f(1,2)ln 3－eq \f(1,2) .
【解析】 已知不等式x－aln x－a－2b≥3恒成立，所以已知不等式x－aln x≥a＋2b＋3恒成立，不妨设f(x)＝x－aln x，函数定义域为(0，＋∞)，可得f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，因为a≠0，当a<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无最小值，不满足条件；当a>0时，当0a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝a－aln a，满足a－aln a≥a＋2b＋3，即－aln a≥2b＋3，整理得－ln a≥eq \f(2b,a)＋eq \f(3,a)，所以eq \f(b,a)≤－eq \f(1,2)ln a－eq \f(3,2a)，不妨设g(a)＝－eq \f(1,2)ln a－eq \f(3,2a)，函数定义域为(0，＋∞)，可得g′(a)＝－eq \f(1,2a)＋eq \f(3,2a2)＝eq \f(3－a,2a2)，当00，g(a)单调递增；当a>3时，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g(3)＝－eq \f(1,2)ln 3－eq \f(1,2)，则eq \f(b,a)的最大值为－eq \f(1,2)ln 3－eq \f(1,2).