2023届高考数学一轮复习作业导数及其应用新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业导数及其应用新人教B版（答案有详细解析），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2021·莆田市高三二模)已知集合A＝{x|lg3(x－3)≤1}，B＝{x∈Z|x2－9≥0}，则A∩B＝( )
A.(－∞，－3]∪(3,6] B．(3,6]
C.{3,4,5,6} D．{4,5,6},
D [由lg3(x－3)≤1，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3>0，,x－3≤3，))解得3又由B＝{x∈Z|x2－9≥0}＝{x∈Z|x≤－3或x≥3}，
可得A∩B＝{x∈Z|32．(2021·江西赣州市高三三模)已知函数g(x)＝f(x)＋x2是奇函数，当x>0时，函数f(x)的图象与函数y＝lg2x的图象关于y＝x对称，则g(－1)＝( )
A．－5 B．－3 C．－1 D．1
B [因为x>0时，f(x)的图象与函数y＝lg2x的图象关于y＝x对称，
所以x>0时，f(x)＝2x，所以x>0时，g(x)＝2x＋x2，
又因为g(x)是奇函数，所以g(－1)＝－g(1)＝－(2＋1)＝－3，故选B．]
3．若变量x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y≥1,x－y≥－1,2x－y≤2))，则目标函数z＝x－2y的最小值为( )
A．1 B．－2 C．－5 D．－7
C [画出可行域如图所示，向上平移基准直线x－2y＝0到可行域边界A(3,4)的位置，由此求得目标函数的最小值为z＝3－2×4＝－5，故选C．]
4．若曲线y＝ln x在x＝1处的切线也是y＝ex＋b的切线，则b＝( )
A．－1 B．－2 C．2 D．－e
B [由y＝ln x得y′＝eq \f(1,x)，
故y′|x＝1＝1，切点坐标为A(1,0)，
故切线方程为y＝x－1．
设y＝ex＋b的切点为B(m，em＋b)，∵y′＝ex，
∴em＝1，所以m＝0，
将m＝0代入切线方程得B(0，－1)，
将B(0，－1)代入y＝ex＋b得：－1＝e0＋b，得b＝－2，故选B．]
5．已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
B [f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)－a，设g(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)＝eq \f(1,ln x)－eq \f(1,ln x2)，
∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，
∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有变号零点，
令eq \f(1,ln x)＝t，由x＞1可得ln x＞0，即t＞0，
得到y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)≤eq \f(1,4)，
又a＝eq \f(1,4)时，f(x)为减函数，无极值，
∴a＜eq \f(1,4)，故选B．]
6．若0＜x1＜x2＜1，则( )
A．eeq \s\up12(x2)－eeq \s\up12(x1)＞ln x2－ln x1 B．eeq \s\up12(x2)－eeq \s\up12(x1)＜ln x2－ln x1
C．x2eeq \s\up12(x1)＞x1eeq \s\up12(x2) D．x2eeq \s\up12(x2)＜x1eeq \s\up12(x1)
C [设f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，由f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2＜0，f′(1)＝e－1＞0知f(x)在x∈(0,1)时不是单调函数，故排除A、B．
设g(x)＝xex，则g′(x)＝ex(x＋1)，当x＞0时，g′(x)＞0，
即g(x)在(0，＋∞)上是增函数，则x2eeq \s\up12(x2)＞x1eeq \s\up12(x1)，故排除D．
设m(x)＝eq \f(ex,x)，则m′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当x∈(0,1)时，m′(x)＜0，即m(x)在(0,1)上是减函数，则eq \f(eeq \s\up12(x1),x1)＞eq \f(eeq \s\up12(x2),x2)，
即x2eeq \s\up12(x1)＞x1eeq \s\up12(x2)，故选C．]
7．(2021·天津耀华中学高三一模)已知幂函数f(x)＝xα满足2f(2)＝f(16)，若a＝f(lg42)，b＝f(ln 2)，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5eq \s\up12(－)eq \s\up12(\f(1,2))))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．b>c>a
C [由2f(2)＝f(16)可得2·2α＝24α，∴1＋α＝4α，
∴α＝eq \f(1,3)，即f(x)＝xeq \s\up12(eq \f(1,3))．由此可知函数f(x)在R上单调递增．
而由换底公式可得lg42＝eq \f(lg22,lg24)＝eq \f(1,2)，ln 2＝eq \f(lg22,lg2e)，5－eq \f(1,2)＝eq \f(1,\r(5))，
∵1又∵eq \f(1,\r(5))a>c．]
8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb＜a B．ea＜b
C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea
D [法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝eeq \s\up12(x0) (x－a)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0－b＝eeq \s\up12(x0)x0－a,y0＝eeq \s\up12(x0)))得eeq \s\up12(x0)(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程eeq \s\up12(x0) (1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f(x)＞0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea．故选D．
法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea．故选D．]
二、填空题
9．若直线y＝kx与曲线y＝x＋e－x相切，则k＝________．
1－e [设切点为(x0，y0)，则y0＝x0＋eeq \s\up12(－x0)．因为y′＝(x＋e－x)′＝1－e－x，所以切线的斜率k＝1－eeq \s\up12(－x0)，又点(x0，y0)在直线y＝kx上，所以y0＝kx0，所以x0＋eeq \s\up12(－x0)＝(1－eeq \s\up12(－x0))x0，解得x0＝－1，所以k＝1－e．]
10．若函数f(x)＝eq \r(a－ax)(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则lgaeq \f(7,11)＋lgeq \s\d16(eq \f(1,a))eq \f(14,11)＝________．
－1 [由f(1)＝0，知a＞1，且eq \r(a－1)＝1，解得a＝2．
∴lg2eq \f(7,11)＋lgeq \s\d16(eq \f(1,2))eq \f(14,11)＝lg2eq \f(7,11)－lg2eq \f(14,11)＝lg2eq \f(1,2)＝－1．]
11．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－bx2＋c(b，c为常数)．当x＝2时，函数f(x)取得极值，若函数f(x)有三个零点，则实数c的取值范围为________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))) [∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－bx2＋c，∴f′(x)＝x2－2bx．
∵当x＝2时，f(x)取得极值，∴22－2b×2＝0，解得b＝1．
∴当x∈(0,2)时，f(x)单调递减，
当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增．
若f(x)＝0有3个实根，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝c＞0，,f2＝\f(1,3)×23－22＋c＜0，))解得0＜c＜eq \f(4,3)．]
12．已知函数f(x)的定义域是[－1，5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，
下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．
其中所有正确命题的序号是________．
①②④ [由导函数的图象可知，当－1＜x＜0及2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2及4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5．又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①②正确；因为当x＝0及x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确；因为极小值f(2)＝1.5，极大值f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确，所以正确命题的序号为①②④．]
三、解答题
13．已知2x≤256，且lg2x≥eq \f(1,2)．
(1)求x的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求函数f(x)＝(lg2eq \r(x))×(lgeq \r(2)2x)的最大值和最小值．
[解](1)由2x≤256得x≤8，lg2 x≥eq \f(1,2)得x≥eq \r(2)，所以eq \r(2)≤x≤8．
(2)由(1)eq \r(2)≤x≤8得eq \f(1,2)≤lg2x≤3，
f(x)＝(lg2eq \r(x))×(lgeq \r(2)2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)lg2x))×2(1＋lg2x)＝lg2x(1＋lg2x)，
所以f(x)＝lg2x(1＋lg2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，
当lg2x＝eq \f(1,2)时，f(x)min＝eq \f(3,4)．
当lg2x＝3时，f(x)max＝12．
14．已知函数f(x)＝eq \f(m－2－2x,2x＋1)(m∈R)．
(1)当m＝3时，判断并证明函数f(x)的奇偶性；
(2)当m＞1时，判断并证明函数f(x)在R上的单调性．
[解](1)当m＝3时，函数f(x)＝eq \f(1－2x,1＋2x)为奇函数．
由题意知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝eq \f(1－2－x,1＋2－x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
(2)当m＞1时，函数f(x)＝eq \f(m－2－2x,2x＋1)＝－1＋eq \f(m－1,2x＋1)在R上为减函数．
设x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－1＋eq \f(m－1,2eq \s\up12(x1)＋1)＋1－eq \f(m－1,2eq \s\up12(x2)＋1)
＝(m－1)eq \f(2eq \s\up12(x2)－2eq \s\up12(x1),2eq \s\up12(x1)＋12eq \s\up12(x2)＋1)，
由m＞1，可得m－1＞0，
由x1＜x2，可得2eq \s\up12(x2)－2eq \s\up12(x1)＞0，且(1＋2eq \s\up12(x2))(1＋2eq \s\up12(x1))＞0，即有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，可得当m＞1时，f(x)在R上为减函数．
15．在“①函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线斜率为2a；②函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线eq \f(1,2)x＋y＋1＝0垂直；③函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线4x－y＝0平行”这三个条件中任选一个，补充在下面问题(1)中，求出实数a的值．
已知函数f(x)＝x2＋2aln x．
(1)若________，求实数a的值；
(2)若函数g(x)＝eq \f(2,x)＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．
[解](1)若选①，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2＋2a,x)，
由已知f′(2)＝2a，得eq \f(8＋2a,2)＝2a，解得a＝4．
若选②，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2＋2a,x)，直线eq \f(1,2)x＋y＋1＝0的斜率为－eq \f(1,2)，
由题意得f′(1)＝2，得2＋2a＝2，解得a＝0．
若选③，对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2＋2a,x)，直线4x－y＝0的斜率为4，
由题意得f′(1)＝4，得2＋2a＝4，解得a＝1．
(2)对g(x)＝eq \f(2,x)＋x2＋2aln x求导，得g′(x)＝－eq \f(2,x2)＋2x＋eq \f(2a,x)．
由函数g(x)在[1,2]上是减函数，可得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
即－eq \f(2,x2)＋2x＋eq \f(2a,x)≤0在[1,2]上恒成立，即a≤eq \f(1,x)－x2在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝eq \f(1,x)－x2，当x∈[1,2]时，h′(x)＝－eq \f(1,x2)－2x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋2x))＜0，由此知h(x)在[1,2]上为减函数，所以h(x)min＝h(2)＝－eq \f(7,2)，故a≤－eq \f(7,2)．
于是实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(7,2)))．
16．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a＞0．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
[解](1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a2x＋a－eq \f(3,x)＝eq \f(2a2x2＋ax－3,x)＝eq \f(ax－12ax＋3,x)，
则当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0故函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)由(1)知函数f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，
要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0恒成立，
故a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(2)＋a·eq \f(1,a)－3lneq \f(1,a)＋1＞0，得a＞eq \f(1,e)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1