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)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)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)))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)))f′(x)＋1，且f(x)－2 024为奇函数，则不等式f(x)－2 023exeq \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)单调递增．因为0f(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，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(7,3)－2a0，))解得eq \f(7,6)