专题一函数与导数 第3讲 导数的几何意义及函数的单调性（含部分解析）-2024年高考数学大二轮复习专题强化练

这是一份专题一函数与导数 第3讲 导数的几何意义及函数的单调性（含部分解析）-2024年高考数学大二轮复习专题强化练，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2023·榆林模拟)已知函数f(x)＝x2ex＋2x＋1，则f(x)的图象在x＝0处的切线方程为( )
A．4x－y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0
C．4ex－y＋2＝0 D．2ex－y＋1＝0
2．(2023·齐齐哈尔模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中可能是y＝f(x)图象的是( )
3．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则( )
A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3 D．a∈(－∞，3]
4．(2023·潍坊模拟)若P为函数f(x)＝eq \f(1,2)ex－eq \r(3)x图象上的一个动点，以P为切点作曲线y＝f(x)的切线，则切线倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
5．(2023·成都模拟)若过原点与曲线f(x)＝x2ex＋ax2－2x相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则a的取值范围是( )
A．(e－2，＋∞) B．(－∞，e－2)
C．(0，e－2) D．(0，e－2]
6．(2023·广州模拟)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)A．(－∞，2) B．(0,2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
二、多项选择题
7．若曲线f(x)＝ax2－x＋ln x存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是( )
A．－eq \f(1,2) B．0 C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
8．若对∀m∈R，∃a，b∈R，使得eq \f(fa－fb,a－b)＝f(m)成立，则称可导函数f(x)满足性质Ω，下列函数满足性质Ω的是( )
A．f(x)＝x2＋3x
B．f(x)＝eq \f(1,x＋12)
C．f(x)＝e－x＋1
D．f(x)＝cs(1－2x)
三、填空题
9．(2023·海南统考)已知函数f(x)＝2f′(3)x－eq \f(2,9)x2＋ln x，则f(1)＝________.
10．(2023·江苏省八市模拟)过点(－1,0)作曲线y＝x3－x的切线，写出一条切线的方程________________．
11．(2023·广州统考)已知函数f(x)＝xsin x＋cs x＋eq \f(1,2)x2，若a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg \f(1,2)5))，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(1,2)))，c＝
f(ln 3)，则a，b，c的大小关系为____________________________________________________．
12．(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________．
四、解答题
13．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)．
(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，求实数a的值；
(2)当a>0时，讨论函数的单调性．
14．(2023·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e为自然常数)
(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，求实数a的取值范围．
第3讲 导数的几何意义及函数的单调性
1．B 2.C 3.B 4.D 5.C 6.B
7．ABC [依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在斜率为0的切线，
又f′(x)＝2ax＋eq \f(1,x)－1，x>0，
∴2ax＋eq \f(1,x)－1＝0有正根，
即－2a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2－eq \f(1,x)有正根，
即函数y＝－2a与函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2－eq \f(1,x)，x>0的图象有交点，
令eq \f(1,x)＝t>0，
则g(t)＝t2－t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
∴g(t)≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,4)，
∴－2a≥－eq \f(1,4)，即a≤eq \f(1,8).]
8．ABD [若对∀m∈R，∃a，b∈R，使得eq \f(fa－fb,a－b)＝f(m)成立，则f(x)的值域是f′(x)值域的子集．
对于A，由二次函数性质知，f(x)＝x2＋3x的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，＋∞))，
∵f′(x)＝2x＋3，∴f′(x)的值域为R，
则eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，＋∞))⊆R，A满足性质Ω；
对于B，∵(x＋1)2>0，
∴f(x)的值域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－eq \f(2,x＋13)，
又(x＋1)3≠0，∴f′(x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
则(0，＋∞)⊆(－∞，0)∪(0，＋∞)，B满足性质Ω；
对于C，∵－x＋1∈R，
∴f(x)＝e－x＋1的值域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－e－x＋1，
∴f′(x)的值域为(－∞，0)，
则f(x)的值域不是f′(x)的值域的子集，C不满足性质Ω；
对于D，∵1－2x∈R，
∴f(x)＝cs(1－2x)的值域为[－1,1]，
∵f′(x)＝2sin(1－2x)，∴f′(x)的值域为[－2,2]，
则[－1,1]⊆[－2,2]，D满足性质Ω.]
9.eq \f(16,9) 10.2x－y＋2＝0(答案不唯一)
11．a>c>b
12.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1))
解析 由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a)))x≥－eq \f(ln a,ln1＋a)在区间(0，＋∞)上恒成立，
而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a)))x在区间(0，＋∞)上单调递增，
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,a)))0＝1≥－eq \f(ln a,ln1＋a)，
而1＋a∈(1,2)，故ln(1＋a)>0，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lna＋1≥－ln a，,0即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aa＋1≥1，,0故eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1，结合题意可得实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1)).
13．解 (1)由题意可得，
f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)，
因为函数在x＝1处的切线与直线x－y－2＝0垂直，则f′(1)＝－1＝2－2＋a，即a＝－1.
(2)因为f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，x>0，
对于方程2x2－2x＋a＝0，
记Δ＝4－8a，
①当Δ≤0，即a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数；
②当Δ>0，即0令f′(x)＝0，
解得x1＝eq \f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2).
又x2>x1>0.当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))
或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))时，
f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数；
当0函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上单调递减．
14．解 (1)当a＝1时，F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定义域为(1，＋∞)，
F′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，
令F′(x)<0，解得1故此时F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)．
(2)f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上有意义，
故ax－1>0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，
依题意可得，f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上恒成立，
设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，
g′(x)＝ex－eq \f(a2,ax－1)，
易知g′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
故g′(x)≤g′(1)＝e－eq \f(a2,a－1)<0，
故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，最小值为g(1)，
故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，
设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，
由h′(a)＝－ln(a－1)－eq \f(a,a－1)<0，可得h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，
又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.综上所述，实数a的取值范围为(e，e＋1]．