【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练17　导数的简单应用 Word版含答案.docx，共(6)页，109.391 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练17导数的简单应用一、选择题1.已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则f(x)的极值点的个数为()A.0B.1C.2D.32.(2023陕西榆林三模)定义在(0,+∞)上的函数f(x),g(x)的导函数都存在,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)=2

x-1𝑥lnx+x+1𝑥2,则曲线y=f(x)g(x)-x在x=1处的切线的斜率为()A.12B.1C.32D.23.若曲线y=lnx+x2+1在点(1,2)处的切线与直线ax+y-1=0平行,则实数a的值为()A.-4B.-3C.4D.34.(2023陕西西安一模)已知

定义在[-3,4]上的函数f(x)的大致图象如图所示,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式xf'(x)>0的解集为()A.(-2,-1)∪1,52B.(-3,-2)C.(-1,0)∪1,52D.(3,4)5.(2023陕西商洛三模)若a=e0.2,b=1.2,c=ln3.2,则()A

.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.b>a>c6.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且对任意x∈R,f'(x)-f(x)<0,f(2)=e2,若f(t)<et,则t的取值范围为()A.(0,2)B.(2,+∞)C.(0,e2)D.(e2,+

∞)7.(2023陕西榆林三模)定义在(0,+∞)上的函数f(x),g(x)的导函数都存在,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)<1,且f(1)=2,g(1)=1,则不等式f(x)g(x)<x+1的解集为()A.(

1,2)B.(2,+∞)C.(0,1)D.(1,+∞)8.若存在两个正实数x,y使得等式x(2+lnx)=xlny-ay成立,则实数a的取值范围是()A.(0,1e2)B.(-∞,1e2]C.(0,1e3)D.

(-∞,1e3]9.(2023河南开封二模)已知函数f(x)=ex+x,g(x)=3x,且f(m)=g(n),则n-m的最小值为()A.1-ln2B.2(1-ln2)C.13(1-ln2)D.23(1-ln2)10.(2023陕西咸阳三模)已知函数f(x)的部分图象如图所示,则它的解析式

可能是()A.f(x)=e𝑥sin𝑥B.f(x)=e𝑥cos𝑥C.f(x)=excosxD.f(x)=exsinx11.已知函数f(x)=xa-alnx(a>0),g(x)=ex-x.若x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x)成立,则实数a的最大值是()A.

1B.eC.e22D.e212.(2023山东泰安二模)已知奇函数f(x)在R上是减函数,g(x)=xf(x),若a=g(-log25.1),b=g(3),c=g(20.8),则a,b,c的大小关系为(

)A.a<b<cB.c<b<aC.b<c<aD.b<a<c13.已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-sinx.若存在x1,x2∈[1,π](x1≠x2)使得|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是()

A.(11-cos1,12π)B.(0,12π)C.(12π,+∞)D.(11-cos1,+∞)14.(2023山东青岛一模)已知函数f(x)=x3-12sinx,若θ∈0,π12,a=f((cosθ)sinθ),b=f((sinθ)sinθ),c=-f-12,则a,b,

c的大小关系为()A.a>b>cB.b>a>cC.a>c>bD.c>a>b二、填空题15.已知函数f(x)=𝑥+𝑎e𝑥,若f'(0)=2,则f(0)=.16.(2023四川泸州三模)已知函数f(x)及其导函数f'(x)定义域均为R,且f(x)+f'(x)>0,f(1)=

2,则关于x的不等式f(x)>2e1-x的解集为.17.已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2,若x=-1时,f(x)取得极值0,则ab=.18.(2023陕西宝鸡二模)若函数f(x)=ex-e-x+13

x3-ax无极值点,则实数a的取值范围是.19.(2023四川成都二模)若函数f(x)=xlnx-12ax2存在极大值点x0,且2f(x0)>e2,则实数a的取值范围为.20.(2021新高考Ⅱ,16)已知函数f(

x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,则|𝐴𝑀||𝐵𝑁|的取值范围是.考点突破练17导数的简单应用1.C解析因为在x=0附近左、右两边的导数值均为负数,所以0不是极值点

,导函数图象与x轴的另2个交点附近左右正、负值相反,所以函数f(x)有2个极值点.故选C.2.B解析f'(x)g(x)+f(x)g'(x)=[f(x)g(x)]'=2x-1𝑥lnx+x+1𝑥2,设函数h(x)=f(x)g(x

)-x,则h'(x)=[f(x)g(x)]'-1=2x-1𝑥·lnx+x+1𝑥2-1,所以h'(1)=1.故选B.3.B解析由y=lnx+x2+1,得y'=1𝑥+2x,∴曲线在(1,2)处的切线斜率k=1+2=3,由题意

得-a=3,∴a=-3.故选B.4.C解析若x<0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,由图象可知x∈(-1,0),若x>0,则f'(x)>0,f(x)单调递增,由图象可知x∈1,52,故不等式xf'(x)>0的解集为(-1,0)∪1,52.故选C.5.A解

析由ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立,从而e0.2>1.2.由b-c=1.2-ln3.2=lne1.2-ln3.2=lne1.23.2>lne·e0.23.2=lne(1+0.2)3.2>ln3.243.2>ln1=0,所以1.2>ln3.2,故a>b>

c.故选A.6.B解析构造函数g(x)=𝑓(𝑥)e𝑥,则g(2)=𝑓(2)e2=e2e2=1.∵g'(x)=𝑓'(𝑥)-𝑓(𝑥)e𝑥<0,∴函数g(x)在R上单调递减,∴f(t)<et⇔𝑓(𝑡)e𝑡<1⇔g(t)<g(2),∴t>2.故选B.

7.D解析由题意知f'(x)g(x)+f(x)·g'(x)<1,可得[f(x)g(x)]'<1.设h(x)=f(x)g(x)-x,则h'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)-1<0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递减.∵f(1)=2,g(1)=1

,∴h(1)=1,∴f(x)·g(x)<x+1,即为h(x)<h(1),则x>1,∴不等式f(x)g(x)<x+1的解集为(1,+∞).故选D.8.D解析由x(2+lnx)=xlny-ay,得2+lnx=l

ny-a𝑦𝑥,即ln𝑦𝑥-2=a𝑦𝑥.令t=𝑦𝑥(t>0),则a=ln𝑡-2𝑡.设f(t)=ln𝑡-2𝑡(t>0),则f'(t)=3-ln𝑡𝑡2.令f'(t)=0,解得t=e3.当t∈(0,e3)时,f'(t)>0,f(t)在(0,

e3)上单调递增;当t∈(e3,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=1e3,且当t→0时,f(t)→-∞,所以a≤1e3.故选D.9.D解析由f(m)=g(n),得em+m=3n,化简整理得3n-3

m=em-2m;令h(m)=em-2m(m∈R),h'(m)=em-2,令em-2=0,解得m=ln2.当m∈(-∞,ln2)时,h'(m)<0,即h(m)在m∈(-∞,ln2)上单调递减;当m∈(ln2,+∞)时,h'(m)>0,即h(m)在m∈(ln2,+∞)上单调递增,

即h(m)min=h(ln2)=2-2ln2,故(n-m)min=23(1-ln2).故选D.10.D解析由图象可知,函数f(x)的定义域为R.排除选项A,B;对于C,当0<x<π时,f'(x)=ex·cosx-ex·sinx=ex(cosx-sinx),当0<x<π4时,f'(

x)>0,当π4<x<π时,f'(x)<0,∴f(x)在0,π4上单调递增,在π4,π上单调递减,∴fπ4是函数的极大值,结合图形,fπ4不是极大值,故C不符合题意;对于D,当0<x<π时,f'(x)=ex·cosx+e

x·sinx=ex(cosx+sinx),当0<x<3π4时,f'(x)>0,当3π4<x<π时,f'(x)<0,所以f(x)在0,3π4上单调递增,在3π4,π上单调递减,结合图形,D符合题意.故选D.11.B解析由x∈(1,e2)时,f(x)≤g(x),得x

a-alnx≤ex-x,即xa-lnxa≤ex-lnex.构造函数h(t)=t-lnt,t∈(1,+∞),h'(t)=1-1𝑡=𝑡-1𝑡>0,∴函数h(t)在(1,+∞)上单调递增,∴xa≤ex,两边取自然对数得alnx≤x,即a≤�

�ln𝑥.令u(x)=𝑥ln𝑥,x∈(1,e2),u'(x)=ln𝑥-1(ln𝑥)2.由u'(x)的正、负易知u(x)在(1,e)上单调递减,在(e,e2)上单调递增,∴当x=e时函数u(x)取得极小值,即最小值u(e)=e,∴a≤e.故选B.12.D解

析因为f(x)为奇函数且在R上是减函数,所以f(-x)=-f(x),且x>0时f(x)<0.因为g(x)=xf(x),所以g(-x)=-xf(-x)=xf(x),故g(x)为偶函数.当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x)

<0,因为f(x)<0,f'(x)<0,所以g'(x)<0.即g(x)在(0,+∞)上单调递减.a=g(-log25.1)=g(log25.1),因为3=log29>log25.1>log24=2>20.8,所以g(3)<g(-log25.1)<g(20.8),即b<a<c.故选D.1

3.C解析x1,x2∈[1,π](x1≠x2),不妨设x1>x2.因为g'(x)=1-cosx≥0,所以g(x)=x-sinx在[1,π]上单调递增,所以g(x1)>g(x2).又f(x)=lnx在(0,+∞)上单调递增,所以f(x1)>f(x2),所以不等式

|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|等价于f(x1)-f(x2)<k[g(x1)-g(x2)],即f(x1)-kg(x1)<f(x2)-kg(x2).令h(x)=f(x)-kg(x).因为x1>x2,所以需h(x

)=f(x)-kg(x)在[1,π]上单调递减.又h(x)=lnx-k(x-sinx),所以在[1,π]上,需h'(x)=1𝑥-k(1-cosx)<0,即k>1𝑥(1-cos𝑥).令F(x)=x(1-cosx),则F'(x)=1-cosx

+xsinx>0,所以F(x)=x(1-cosx)在[1,π]上单调递增,所以0<1-cos1=F(1)≤F(x)≤F(π)=2π,所以12π≤1𝑥(1-cos𝑥)≤11-cos1.要使存在x1,x2∈[1,π](x1≠x2

)使得|f(x1)-f(x2)|<k|g(x1)-g(x2)|成立,则实数k的取值范围是(12π,+∞).14.A解析∵f(-x)=-x3+12sinx=-f(x),∴f(x)在R上是奇函数,∴c=-f-12=f12,由题意f'(x)=3x2-12cosx,令g(x)=3x2-12co

sx,则g'(x)=6x+12sinx,当12<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在12,1上单调递增,∴x∈12,1时,g(x)>g12=34−12cos12>34−12>0,即f'(x)>0,∴f(x)在12,1上单调递增.∵θ∈0,π12,∴c

osθ>12>sinθ,∵y=xsinθ0<sinθ<12在(0,+∞)上单调递增,∴(cosθ)sinθ>(sinθ)sinθ.下面证明xx>12,即证xlnx>-ln2,即xlnx+ln2>0.令h(x)=xlnx+

ln2,则h'(x)=lnx+1,∴当0<x<1e时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x>1e时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)≥h1e=1eln1e+ln2=ln2-1elne=ln2-lne1e=ln2e1e=ln

2ee>ln1=0,∴xx>12,则(sinθ)sinθ>12,∴1>(cosθ)sinθ>(sinθ)sinθ>12,∴f((cosθ)sinθ)>f((sinθ)sinθ)>f12,即a>b>c.

故选A.15.-1解析由f(x)=𝑥+𝑎e𝑥,得f'(x)=e𝑥-(𝑥+𝑎)e𝑥e2𝑥.由f'(0)=2,得a=-1,所以f(x)=𝑥-1e𝑥,所以f(0)=-1.16.(1,+∞)解析由题得exf(x)>2e.设g(x)=exf(x),则g'(x)

=ex[f(x)+f'(x)]>0,则函数g(x)为增函数,且g(1)=e·f(1)=2e,则不等式exf(x)>2e即为g(x)>g(1),所以x>1.17.18解析f'(x)=3x2+6ax+b,所以f'(-1)=3-6a+b=0,f(-1)=-1+3a-b+a2=

0,解得{𝑎=1,𝑏=3或{𝑎=2,𝑏=9.当{𝑎=1,𝑏=3时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,此时函数f(x)在x=-1处取不到极值,经检验当{𝑎=2,𝑏=9时,函数f(x)在x=-1处取得极值,所以{𝑎

=2,𝑏=9,所以ab=18.18.(-∞,2]解析f(x)=ex-e-x+13x3-ax,x∈R,则f'(x)=ex+e-x+x2-a.若函数f(x)=ex-e-x+13x3-ax无极值点,则f'(x)=ex+e-x+x2-a无变号零点.令g(x)=f'(

x)=ex+e-x+x2-a,则g'(x)=ex-e-x+2x,当x<0时,0<ex<1,e-x>1,2x<0,则g'(x)<0,当x>0时,ex>1,0<e-x<1,2x>0,则g'(x)>0,则g(x)在(-∞,0)上单调递减,(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(-∞

,0)上单调递减,(0,+∞)上单调递增,在x=0处取得最小值.若f'(x)=ex+e-x+x2-a无变号零点,则f'(0)=e0+e-0+02-a≥0,解得a≤2.19.0,3e2解析由f(x)=x

lnx-12ax2(x>0),得f'(x)=lnx+1-ax.由函数f(x)=xlnx-12ax2存在极大值点x0,所以f'(x0)=lnx0+1-ax0=0,即lnx0+1=ax0(x0>0),所以2f(x0)=2(𝑥0ln𝑥0-12𝑎𝑥02)=2x0lnx0-x0(l

nx0+1)=x0lnx0-x0.令g(x)=xlnx-x(x>0),则g'(x)=lnx.令g'(x)>0,得x>1;令g'(x)<0,得0<x<1,所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且g(e2)=e2,g(1)=-1,当0<x<1时,g(x)

=x(lnx-1)<0,所以由g(x0)=2f(x0)>e2=g(e2),得x0>e2.由lnx0+1=ax0,可得a=ln𝑥0+1𝑥0(x0>e2),即a>0,令h(x)=ln𝑥+1𝑥(x>e2),所以h'(x)=

-ln𝑥𝑥<0,所以函数h(x)在(e2,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(e2)=3e2,所以0<a<3e2.20.(0,1)解析f(x)={-e𝑥+1,𝑥<0,e𝑥-1,𝑥≥0,则f'

(x)={-e𝑥,𝑥<0,e𝑥,𝑥≥0,令A(x1,1-e𝑥1),B(x2,e𝑥2-1),由条件知-e𝑥1·e𝑥2=-1,则x1+x2=0.所以AM的方程为y-1+e𝑥1=-e𝑥1(

x-x1),M(0,e𝑥1x1-e𝑥1+1),即|AM|=√𝑥12+(e𝑥1𝑥1)2=√1+e2𝑥1·|x1|.同理可得|BN|=√1+e2𝑥2·|x2|,∴|𝐴𝑀||𝐵𝑁|=√1+e2𝑥1·|�

�1|√1+e2𝑥2·|𝑥2|=√1+e2𝑥1·|𝑥1|√1+e-2𝑥1·|-𝑥1|=√1+e2𝑥11+e-2𝑥1=e𝑥1∈(0,1).