统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业20导数的简单应用理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业20导数的简单应用理，共8页。

A．8B．－8
C．2D．－2
2．[2023·黑龙江省齐齐哈尔市高三二模]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．[2023·内蒙古包头市高三二模]函数f(x)＝x4＋2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝10x－7B．y＝10x＋13
C．y＝2x＋13D．y＝2x＋7
4．[2023·陕西省榆林市高三二模]已知函数f(x)＝(x2＋x－5)ex，若函数g(x)＝[f(x)]2－(a－2)f(x)－2a恰有5个零点，则a的取值范围是( )
A．(－3e，0) B．(0，eq \f(7,e4))
C．(－3e，eq \f(7,e4)) D．(0，3e)
5．[2023·四川省广安市高三检测]若存在x0∈[－1，2]，使不等式x0＋(e2－1)lna≥eq \f(2a,ex0)＋e2x0－2成立，则a的取值范围是( )
A．[eq \f(1,2e)，e2] B．[eq \f(1,e2)，e2]
C．[eq \f(1,e2)，e4] D．[eq \f(1,e)，e4]
6．[2023·湖北省三校联考]设函数f(x)＝2x3－2x，若正实数a使得存在三个两两不同的实数b，c，d满足(a，f(a))，(b，f(b))，(c，f(c))，(d，f(d))恰好为一个矩形的四个顶点，则a的取值范围为( )
A．(0，eq \f(1,2)] B．[eq \f(1,2)，1]
C．(0，eq \f(\r(3),3)] D．[eq \f(\r(3),3)，1]
7．[2023·湖南省名校高三模拟]若经过点(a，b)可以且仅可以作曲线y＝lnx的一条切线，则下列选项正确的是( )
A．a≤0B．b＝lna
C．a＝lnbD．a≤0或b＝lna
8．[2023·浙江省杭州市高三二模]已知函数f(x)＝e2x－2ex＋2x在点P(x0，f(x0))处的切线方程为l：y＝g(x)，若对任意x∈R，都有(x－x0)(f(x)－g(x))≥0成立，则x0＝________．
9．[2023·新疆维吾尔自治区高三二模]已知函数f(x)＝ax3＋3x2－4，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0，则a的取值范围是________.
10．[2023·河南省郑州市高三质检]关于函数f(x)＝ex(sinx－csx)，x∈(－4，4)，有如下4个结论：
①f(x)在(0，eq \f(π,2))上单调递增；②f(x)有三个零点；③f(x)有两个极值点；④f(x)有最大值．
其中所有正确结论的序号是________．
11．[2023·江西省南昌市高三二模]已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，若对定义域内两任意的x1，x2(x1≠x2)，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>－2成立，则a的取值范围是________．
12.
[2023·广东省茂名市高三二模]修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半
圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面．坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道eq \x\t(ME)、eq \x\t(DN)以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为________百米．
13.[2023·陕西省高三质检]已知集合M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}．若存在α∈M，β∈N，使|α－β|A．(eq \f(1,e)，eq \f(4,e2)] B．(eq \f(1,e2)，eq \f(4,e2)]
C．[eq \f(4,e2)，eq \f(2,e)) D．[eq \f(1,e3)，eq \f(2,e2))
14．[2023·江西省重点中学高三联考]已知函数f(x)＝e2x－eq \f(2lnx＋ax＋1,x2)，当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，e2－1]
C．(－∞，e] D．(－∞，2]
课时作业20 导数的简单应用
1．解析：因为f（x）＝ax3＋bx，所以f′（x）＝3ax2＋b，所以f′（1）＝3a＋b＝0，f（1）＝a＋b＝4，解得a＝－2，b＝6，经检验，符合题意，所以a－b＝－8.故选B.
答案：B
2．解析：由y＝xf′（x）的图象知，当x∈（－∞，－1）时，xf′（x）<0，故f′（x）>0，f（x）单调递增；当x∈（－1，0）时，xf′（x）>0，故f′（x）<0，当x∈[0，1），xf′（x）≤0，故f′（x）≤0，等号仅有可能在x＝0处取得，所以x∈（－1，1）时，f（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，xf′（x）>0，故f′（x）>0，f（x）单调递增，结合选项只有C符合．故选C.
答案：C
3．解析：由f′（x）＝4x3＋6x2，则f′（1）＝10，而f（1）＝3，所以在点（1，f（1））处的切线方程为y－3＝10（x－1），即y＝10x－7.故选A.
答案：A
4．解析：函数g（x）恰有5个零点等价于关于x的方程[f（x）]2－（a－2）f（x）－2a＝0有5个不同的实根．
由[f（x）]2－（a－2）f（x）－2a＝0，得f（x）＝a或f（x）＝－2.
因为f（x）＝（x2＋x－5）ex，所以f′（x）＝（x2＋3x－4）ex＝（x＋4）（x－1）ex，
由f′（x）>0，得x<－4或x>1，由f′（x）<0，得－4则f（x）在（－∞，－4）和（1，＋∞）上单调递增，在（－4，1）上单调递减．
因为f（－4）＝eq \f(7,e4)，f（1）＝－3e，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→0，所以可画出f（x）的大致图象：
由图可知f（x）＝－2有2个不同的实根，则f（x）＝a有3个不同的实根，故a∈（0，eq \f(7,e4)），故A，C，D错误．故选B.
答案：B
5．解析：x0＋（e2－1）lna≥eq \f(2a,ex0)＋e2x0－2
⇔（e2－1）lna－（e2－1）x0≥eq \f(2a,ex0)－2
⇔（e2－1）lna－（e2－1）lnex0≥eq \f(2a,ex0)－2
⇔（e2－1）lneq \f(a,ex0)≥eq \f(2a,ex0)－2，
令eq \f(a,ex0)＝t，即（e2－1）lnt－2t＋2≥0，
因为x0∈[－1，2]，所以t∈[eq \f(a,e2)，eq \f(a,e－1)]，
令f（t）＝（e2－1）lnt－2t＋2.
则原问题等价于存在t∈[eq \f(a,e2)，eq \f(a,e－1)]，使得f（t）≥0成立．
f′（t）＝eq \f(e2－1,t)－2＝eq \f(（e2－1）－2t,t)，
令f′（t）<0，即（e2－1）－2t<0，解得t>eq \f(e2－1,2)，
令f′（t）>0，即（e2－1）－2t>0，解得0所以f（t）在（0，eq \f(e2－1,2)）上单调递增，在（eq \f(e2－1,2)，＋∞）上单调递减．
又因为f（1）＝0，f（e2）＝（e2－1）lne2－2e2＋2＝2e2－2－2e2＋2＝0，
而1所以当1≤t≤e2时，f（t）≥0.
若存在t∈[eq \f(a,e2)，eq \f(a,e－1)]，使得f（t）≥0成立．
只需eq \f(a,e2)≤e2且eq \f(a,e－1)≥1，解得a≤e4且a≥eq \f(1,e)，
所以eq \f(1,e)≤a≤e4.
故a的取值范围为[eq \f(1,e)，e4].故选D.
答案：D
6．解析：已知f（x）＝2x3－2x，若正实数a使得存在三个两两不同的实数b，c，d，满足（a，f（a）），（b，f（b）），（c，f（c）），（d，f（d））恰好为一个矩形的四个顶点，因为f（x）＝2x3－2x是奇函数，所以若存在一个矩形，则矩形的中心在原点，
则x2＋（2x3－2x）2＝a2＋（2a3－2a）2在（0，＋∞）上至少有两个根，
设g（x）＝x2＋（2x3－2x）2＝4x6－8x4＋5x2，
则g′（x）＝24x5－32x3＋10x＝2x（2x2－1）（6x2－5），
在（0，＋∞）上g′（x）＝0时，x＝eq \f(\r(2),2)或x＝eq \f(\r(30),6)，
在（0，eq \f(\r(2),2)）和（eq \f(\r(30),6)，＋∞）上，g′（x）>0，在（eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(30),6)）上g′（x）<0，
所以在（0，eq \f(\r(2),2)）和（eq \f(\r(30),6)，＋∞）上，g（x）单调递增，在（eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(30),6)）上，g（x）单调递减，
则g（x）极大值＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝1，g（x）极小值＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(30),6)))＝eq \f(25,27)，
根据题意eq \f(25,27)≤a2＋（2a3－2a）2≤1，
当a2＋（2a3－2a）2＝1时，有（2a2－1）2（a2－1）＝0，解得a＝1或a＝eq \f(\r(2),2)，
此时a∈（0，1].
当a2＋（2a3－2a）2＝eq \f(25,27)时，有（6a2－5）2（3a2－1）＝0，解得a＝eq \f(\r(30),6)或a＝eq \f(\r(3),3)，
此时a∈[eq \f(\r(3),3)，＋∞].
综上当a∈[eq \f(\r(3),3)，1]时，根据对称性存在三个两两不同的实数b，c，d，
满足（a，f（a）），（b，f（b）），（c，f（c）），（d，f（d））恰好为一个矩形的四个顶点．故选D.
答案：D
7．解析：设切点P（x0，lnx0）.因为y＝lnx，所以y′＝eq \f(1,x)，
所以点P处的切线方程为y－lnx0＝eq \f(1,x0)（x－x0），
又因为切线经过点（a，b），所以b－lnx0＝eq \f(1,x0)（a－x0），即b＋1＝lnx0＋eq \f(a,x0).
令f（x）＝lnx＋eq \f(a,x)（x>0），则y＝b＋1与f（x）＝lnx＋eq \f(a,x)（x>0）有且仅有1个交点，f′（x）＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，f′（x）>0恒成立，所以f（x）单调递增，显然x→＋∞时，f（x）→＋∞，于是符合题意；
当a>0时，当0a时，f′（x）>0，f（x）递增，所以f（x）min＝f（a）＝lna＋1，
则b＋1＝lna＋1，即b＝lna．
综上，a≤0或b＝lna．故选D.
答案：D
8．解析：因为f（x）＝e2x－2ex＋2x，
所以f′（x）＝2e2x－2ex＋2，f（x0）＝e2x0－2ex0＋2x0，
所以g（x）＝（2e2x0－2ex0＋2）（x－x0）＋e2x0－2ex0＋2x0，
令h（x）＝f（x）－g（x），
则h（x）＝e2x－2ex＋2x－[（2e2x0－2ex0＋2）（x－x0）＋e2x0－2ex0＋2x0]，
则h（x0）＝0，h′（x）＝2e2x－2ex－（2e2x0－2ex0），
令φ（x）＝2e2x－2ex，则φ′（x）＝4e2x－2ex，
令φ′（x）＝0，得x＝－ln2，
所以x∈（－∞，－ln2）时，φ′（x）<0，φ（x）单调递减，
x∈（－ln2，＋∞）时，φ′（x）>0，φ（x）单调递增，
当x0∈（－ln2，＋∞），x≥x0时，φ（x）>φ（x0），
则h′（x）＝φ（x）－φ（x0）>0，h（x）单调递增，
h（x）≥h（x0）＝0，即f（x）≥g（x），
所以当x0∈（－ln2，＋∞），x≥x0时，（x－x0）（f（x）－g（x））≥0成立，
当x0∈（－∞，－ln2），xφ（x0），
则h′（x）＝φ（x）－φ（x0）>0，h（x）单调递增，
h（x）所以当x0∈（－∞，－ln2），x0成立，
综上所述x0＝－ln2.
答案：－ln2
9．解析：因为f（x）＝ax3＋3x2－4，所以f′（x）＝3ax2＋6x＝3x（ax＋2），
当a＝0时，有f（x）＝3x2－4＝0，解得x＝±eq \f(2\r(3),3)，所以当a＝0时，f（x）有两个零点，不符合题意；
当a>0时，由f′（x）＝0，解得x＝0或x＝－eq \f(2,a)，且有f（0）＝－4，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＝eq \f(4,a2)－4，
当x∈（－∞，－eq \f(2,a)），f′（x）>0，f（x）在区间（－∞，－eq \f(2,a)）上单调递增；
当x∈（－eq \f(2,a)，0），f′（x）<0，f（x）在区间（－eq \f(2,a)，0）上单调递减；
当x∈（0，＋∞），f′（x）>0，f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增；
又因为f（0）＝－4<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))＝eq \f(8a,3\r(3))>0，
所以x∈（0，eq \f(2\r(3),3)），f（x）存在一个正数零点，所以不符合题意；
当a<0时，令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝－eq \f(2,a)，且有f（0）＝－4，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＝eq \f(4,a2)－4；
当x∈（－∞，0），f′（x）<0，f（x）在区间（－∞，0）上单调递减；
当x∈（0，－eq \f(2,a)），f′（x）>0，f（x）在区间（0，－eq \f(2,a)）上单调递增；
当x∈（－eq \f(2,a)，＋∞），f′（x）<0，f（x）在区间（－eq \f(2,a)，＋∞）上单调递减；
又因为f（0）＝－4<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)))＝－eq \f(8a,3\r(3))>0，
所以x∈（－eq \f(2\r(3),3)，0），f（x）存在一个负数零点，要使f（x）存在唯一的零点x0，
则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＝eq \f(4,a2)－4<0，解得a<－1或a>1，又因为a<0，所以a<－1，
综上，a的取值范围是a<－1.
答案：（－∞，－1）
10．解析：f′（x）＝ex（sinx－csx）＋ex（csx＋sinx）＝2exsinx，x∈（－4，4），
当x∈（0，eq \f(π,2)）时，f′（x）>0，所以f（x）在（0，eq \f(π,2)）上单调递增，故①正确；
令f（x）＝ex（sinx－csx）＝eq \r(2)exsin（x－eq \f(π,4)）＝0，
则sin（x－eq \f(π,4)）＝0，解得：x＝kπ＋eq \f(π,4)（k∈Z），
因为x∈（－4，4），所以x＝－eq \f(3π,4)，eq \f(π,4)，eq \f(5π,4).所以f（x）在x∈（－4，4）有三个零点，故②正确；
当00，f′（x）>0，
当－π所以f（x）在（0，π），（－4，－π）上单调递增，在（－π，0），（π，4）上单调递减，
故x＝－π和x＝π为f（x）的极大值点，x＝0为f（x）的极小值点，
故f（x）在x∈（－4，4）有3个极值点，故③不正确；
f（－π）＝e－π，f（π）＝eπ，所以f（x）在x∈（－4，4）有最大值为f（π）＝eπ，故④正确．
答案：①②④
11．解析：函数f（x）＝ax2－（a＋2）x＋lnx的定义域为（0，＋∞），
因为对∀x1，x2∈（0，＋∞），x1≠x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>－2⇔eq \f([f（x1）＋2x1]－[f（x2）＋2x2],x1－x2)>0成立，
设g（x）＝f（x）＋2x，则g（x）＝ax2－ax＋lnx，于是∀x1，x2∈（0，＋∞），x1≠x2，都有eq \f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)>0成立，
因此函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，求导得g′（x）＝2ax－a＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－ax＋1,x)，
则有∀x>0，g′（x）≥0⇔2ax2－ax＋1≥0成立，
当a＝0时，g′（x）>0，函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a≠0时，必有a>0，函数y＝2ax2－ax＋1的图象过点（0，1），对称轴x＝eq \f(1,4)>0，从而Δ＝a2－8a≤0，解得0而当a＝8时，2ax2－ax＋1＝（4x－1）2≥0，当且仅当x＝eq \f(1,4)时取等号，符合题意，
所以a的取值范围是0≤a≤8.
答案：0≤a≤8
12．解析：
连接CD，CE，由半圆半径为1得：CD＝CE＝1.
由对称性，设∠CBE＝∠CBD＝θ，又CD⊥BD，CE⊥BE，
所以BE＝BD＝eq \f(CD,tanθ)＝eq \f(1,tanθ)，BC＝eq \f(CD,sinθ)＝eq \f(1,sinθ)，
易知∠MCE＝∠NCD＝θ，所以eq \x\t(ME)＝eq \x\t(ND)的长为θ.
又AC＝3，故AB＝AC－BC＝3－eq \f(1,sinθ)∈（0，2），
故sinθ∈（eq \f(1,3)，1），
令sinθ0＝eq \f(1,3)且θ0∈（0，eq \f(π,6)），则f（θ）＝5－eq \f(1,sinθ)＋eq \f(2,tanθ)＋2θ，θ∈（θ0，eq \f(π,2)），
所以f′（θ）＝eq \f(－csθ（2csθ－1）,sin2θ).
所以栈道总长度最小值f（θ）min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(2π,3)＋5.
答案：eq \f(2π,3)＋5
13．解析：由f（x）＝e2－x－1＝0，得x＝2，
由g（x）＝x2－aex＝0，得x2＝aex，设其解为x0，
因为函数f（x）＝e2－x－1与函数g（x）＝x2－aex互为“1度零点函数”，
所以|x0－2|<1，解得1由x2＝aex，得a＝eq \f(x2,ex)，x∈（1，3）时有解，
令h（x）＝eq \f(x2,ex)，则h′（x）＝eq \f(2x－x2,ex)，1当10，h（x）单调递增，当2答案：A
14．解析：当x∈（0，＋∞）时，由f（x）＝e2x－eq \f(2lnx＋ax＋1,x2)≥0可得a≤xe2x－eq \f(2lnx＋1,x)，
令g（x）＝xe2x－eq \f(2lnx＋1,x)，其中x>0，
则g′（x）＝（2x＋1）e2x－eq \f(1－2lnx,x2)＝eq \f(（2x3＋x2）e2x＋2lnx－1,x2)，
令h（x）＝（2x3＋x2）e2x＋2lnx－1，其中x>0，
则h′（x）＝（4x3＋8x2＋2x）e2x＋eq \f(2,x)>0，所以，函数h（x）在（0，＋∞）上为增函数，
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(e,2)－2ln2－1<2－2ln2－1＝1－ln4<0，h（1）＝3e2－1>0，
所以，存在x0∈（eq \f(1,2)，1），使得h′（x0）＝（2x eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）e2x0＋2lnx0－1＝0，
即（2x0＋1）e2x0＝eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )（1－2lnx0）＝eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )（1＋lneq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )）＝（1－2lnx0）e－2lnx0，
令p（x）＝（2x＋1）e2x，其中x>0，则p′（x）＝4（x＋1）e2x>0，
所以，函数p（x）在（0，＋∞）上单调递增，
因为x0∈（eq \f(1,2)，1），则eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )∈（1，4），则lneq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )>0，
由（2x0＋1）e2x0＝（1－2lnx0）e－2lnx0可得p（2x0）＝p（－2lnx0），则2x0＝－2lnx0，
即x0＝－lnx0，可得ex0＝eq \f(1,x0)，则x0ex0＝1，
且当0当x>x0时，h（x）>0，即g′（x）>0，此时函数g（x）单调递增，
所以g（x0）＝x0e2x0－eq \f(2lnx0＋1,x0)＝x0×eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )－eq \f(1－2x0,x0)＝2，所以a≤2，故选D.
答案：D
A基础达标
B素养提升
θ
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ0，\f(π,3)))
eq \f(π,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
f′（θ）
－
0
＋
f（θ）
单调递减
极小值
单调递增