2023年新高考数学一轮复习课时7.4《导数的综合应用》达标练习（2份打包，答案版+教师版）

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2023年新高考数学一轮复习课时7.4《导数的综合应用》达标练习1.设函数f(x)=ax2－ln x＋1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=ax2－ex＋3，求证：f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立.     2.已知函数f(x)=aln x(a＞0)，e为自然对数的底数.(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x＞0时，求证：f(x)≥a(1-)；(3)若在区间(1，e)上＜0恒成立，求实数a的取值范围.      3.已知函数f(x)=(x－1)ex＋1，x∈[0，1].(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<<b在x∈(0，1)上恒成立，求b－a的最小值.       4.已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.            5.已知函数f(x)=mx－，g(x)=3ln x.(1)当m=4时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1,  ](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)<3恒成立，求实数m的取值范围 .       6.设函数已知函数f(x)=aex-x+1. （1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3) 上只有一个零点，求a的取值范围；   7.已知函数．(1)当a=2时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；(2)设函数，求函数h(x)的单调区间；(3)若，在上存在一点，使得成立，求的取值范围．         8.已知函数f(x)=x2﹣ax(a≠0)，g(x)=lnx，f(x)的图象在它与x轴异于原点的交点M处的切线为l1，g(x﹣1)的图象在它与x轴的交点N处的切线为l2，且l1与l2平行．(1)求a的值；(2)已知t∈R，求函数y=f(xg(x)+t)在x∈[1，e]上的最小值h(t)；(3)令F(x)=g(x)+g′(x)，给定x1，x2∈(1，+∞)，x1＜x2，对于两个大于1的正数α，β，存在实数m满足：α=mx1+(1﹣m)x2，β=(1﹣m)x1+mx2，并且使得不等式|F(α)﹣F(β)|＜|F(x1)﹣F(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．  
0.答案解析1.解：(1)由于f(x)=ax2－ln x＋1(a∈R)，故f′(x)=2ax－=(x＞0).①当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数.②当a＞0时，令f′(x)=0，得x=.当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值由表可知，f(x)在(0,)上是单调递减函数，在(,+∞)上是单调递增函数.综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(0,)，单调递增区间为(,+∞).(2)证明：f(x)－g(x)=ax2－ln x＋1－ax2＋ex－3=ex－ln x－2，令F(x)=ex－ln x－2(x＞0)，要证f(x)＞g(x)，只需证F(x)＞0.F′(x)=ex－，由指数函数及幂函数的性质知，F′(x)=ex－在(0，＋∞)上是增函数.又F′(1)=e－1＞0，F′()=e－3＜0，所以F′(1)·F′()＜0，F′(x)在(，1)内存在唯一的零点，也即F′(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点.设F′(x)的零点为t，则F′(t)=et－=0，即et=(<t<1)，由F′(x)的单调性知，当x∈(0，t)时，F′(x)＜F′(t)=0，F(x)为减函数；当x∈(t，＋∞)时，F′(x)＞F′(t)=0，F(x)为增函数.所以当x＞0时，F(x)≥F(t)=et－ln t－2=－ln－2=＋t－2≥2－2=0，当且仅当t=1时，等号成立.又＜t＜1.故等号不成立.所以F(x)＞0，即f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立. 2.解；(1)由题意得f ′(x)=，∴f ′(2)==2，∴a=4.(2)证明：f(x)≥a(1-)等价于a≥0，令g(x)=a(ln x－1＋)，则g′(x)=a.令g′(x)=0，即a=0，解得x=1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.∴g(x)的最小值为g(1)=0，∴f(x)≥a(1-).(3)由题意可知：e＜ex，化简得＜ln x，又x∈(1，e)，∴a＞.令h(x)=，则h′(x)==，　由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋＞0，∴h′(x)＞0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)＜h(e)=e－1.∴a≥e－1. 3.解：(1)证明：因为f′(x)=xex≥0，即f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，结论成立.(2)令g(x)=，则g′(x)=>0，x∈(0，1)，所以，当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=e－1，要使<b，只需b≥e－1.要使>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0，1)上恒成立.令h(x)=ex－ax－1，x∈(0，1)，则h′(x)=ex－a，由x∈(0，1)，得ex∈(1，e)，①当a≤1时，h′(x)>0，此时x∈(0，1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件；②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0，1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去；③当1<a<e时，令h′(x)=0，得x=ln a，可得当x∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去.综上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.4.解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)=2(a＋1).①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.综上，ln3－3≤a≤.故a的取值范围是[ln3－3，]. 5.解：(1)当m=4时，f(x)=4x－，f′(x)=4＋，f′(2)=5，又f(2)=6，所以所求切线方程为y=5x－4.(2)由题意知，x∈(1， ]时，mx－－3ln x<3恒成立，即m(x2－1)<3x＋3xln x恒成立，因为x∈(1， ]，所以x2－1>0，则m<恒成立.令h(x)=，x∈(1，]，则m<h(x)min，h′(x)==－，因为x∈(1， ]，所以h′(x)<0，即h(x)在(1， ]上是减函数.所以当x∈(1， ]时，h(x)min=h()=.所以m的取值范围是（-∞，）. 6.解:   7.解：8.解：(1)y=f(x)图象与x轴异于原点的交点M(a，0)，f′(x)=2x﹣a，y=g(x﹣1)=ln(x﹣1)图象与x轴的交点N(2，0)，g′(x﹣1)=由题意可得k l1=k l2，即a=1；(2)y=f[xg(x)+t]=[xlnx+t]2﹣(xlnx+t)=(xlnx)2+(2t﹣1)(xlnx)+t2﹣t，令u=xlnx，在 x∈[1，e]时，u′=lnx+1＞0，∴u=xlnx在[1，e]单调递增，0≤u≤e，u2+(2t﹣1)u+t2﹣t图象的对称轴u=，抛物线开口向上，①当u=≤0，即t≥时，y最小=t2﹣t，②当u=≥e，即t≤时，y最小=e2+(2t﹣1)e+t2﹣t，③当0＜＜e，即＜t＜时，y最小=y|u==﹣；(3)F(x)=g(x)+g′(x)=lnx+，F′(x)=≥0，所以F(x)在区间(1，+∞)上单调递增，∴当x≥1时，F(x)≥F(1)＞0，①当m∈(0，1)时，有，α=mx1+(1﹣m)x2＞mx1+(1﹣m)x1=x1，α=mx1+(1﹣m)x2＜mx2+(1﹣m)x2=x2，得α∈(x1，x2)，同理β∈(x1，x2)，∴由f(x)的单调性知  0＜F(x1)＜F(α)、f(β)＜f(x2)，从而有|F(α)﹣F(β)|＜|F(x1)﹣F(x2)|，符合题设．②当m≤0时，α=mx1+(1﹣m)x2≥mx2+(1﹣m)x2=x2，β=mx2+(1﹣m)x1≤mx1+(1﹣m)x1=x1，由f(x)的单调性知，F(β)≤F(x1)＜f(x2)≤F(α)，∴|F(α)﹣F(β)|≥|F(x1)﹣F(x2)|，与题设不符，③当m≥1时，同理可得α≤x1，β≥x2，得|F(α)﹣F(β)|≥|F(x1)﹣F(x2)|，与题设不符，∴综合①、②、③得 m∈(0，1)．