统考版2023高考数学二轮专题复习课时作业20导数的简单应用理

课时作业20导数的简单应用A基础达标1．[2022·安徽黄山二模]已知函数f(x)＝x2－xf′(1)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为()A．3x－y－4＝0B．3x－y＋4＝0C．3x＋y＋4＝0D．3x＋y－4＝02．[2022·广西南宁二模]已知函数f(x)＝xcosx－eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))，x∈[0，π)，则函数f(x)的最大值是()A．－cos1B．－sin1C．－1D．－eq\r(2)3．[2022·河北沧州三模]已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－x，则()A．f(x)的单调递减区间为(0，1)B．f(x)的极小值点为1C．f(x)的极大值为－1D．f(x)的最小值为－14．[2022·宁夏银川二中模拟]函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：①－3是函数y＝f(x)的极值点；②－1是函数y＝f(x)的最小值点；③y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增；④y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零．以上正确命题的序号是()A．①②B．③④C．①③D．②④5．函数f(x)的导函数为f′(x)，对∀x∈R，都有2f′(x)>f(x)成立，若f(ln4)＝2，则不等式f(x)>eeq\s\up6(\f(x,2))的解集是()A．(0，1)B．(ln4，＋∞)C．(1，＋∞)D．(0，ln4)6．[2022·江苏南京市宁海中学二模]已知f(x)是可导的函数，且f′(x)≤2f(x)，对于x∈R恒成立，则下列不等关系正确的是()A．e2f(0)>f(1)，e4040f(1)>f(2021)B．e2f(0)<f(1)，e4040f(1)>f(2021)C．e2f(0)>f(1)，e4040f(1)<f(2021)D．e2f(0)<f(1)，e4040f(1)<f(2021)7．[2022·安徽马鞍山一模]若仅存在一条直线与函数f(x)＝alnx(a>0)和g(x)＝x2的图象均相切，则实数a＝()A．eB．eq\r(e)C．2eD．2eq\r(e)8．[2022·全国乙卷]已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________．9．[2022·六安第一中学模拟]某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的圆柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模具体积的最小值为________．10．[2022·湖北荆州中学]设x＝1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(x∈R)的一个极值点，则a与b的关系为________．11．[2022·江苏盐城三模]已知f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(0)＝1，对任意的x总有2f′(x)－f(x)>2，则不等式f(x)＋2≥3eeq\f(x,2)的解集为________．12．[2022·江苏南京市第一中学三模]已知函数f(x)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(e2lnx－1))＋ex，则f(x)的最小值为________．B素养提升13.[2022·重庆八中]若函数f(x)＝a(x－2)ex＋lnx＋eq\f(1,x)在(0，2)上存在两个极值点，则a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4e2)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，－\f(1,4e2)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，－\f(1,4e2)))∪(1，＋∞)14．[2022·广东华南师大附中]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋log\s\do9(\f(1,2))x，\f(1,8)≤x≤1，,2x，1≤x≤2，))若f(a)＝f(b)(a<b)，则ab的最小值为()A．eq\f(\r(2),2)B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),4)D．eq\f(\r(5),3)课时作业20导数的简单应用1．解析：由f（x）＝x2－xf′（1），得f′（x）＝2x－f′（1），所以f′（1）＝2－f′（1），得f′（1）＝1，所以f（x）＝x2－x，f′（x）＝2x－1，所以f（2）＝22－2＝2，f′（2）＝2×2－1＝3，所以所求切线方程为y－2＝3（x－2），即3x－y－4＝0，故选A.答案：A2．解析：依题意函数f（x）＝xcosx－eq\r(2)sin（x＋eq\f(π,4)），f′（x）＝cosx－xsinx－eq\r(2)cos（x＋eq\f(π,4)）＝（1－x）sinx，则函数f（x）在（0，1）上递增，在（1，π）上递减．因此在[0，π）上，f（x）max＝f（1）＝－sin1.故选B.答案：B3．解析：因为f（x）＝eq\f(lnx,x)－x，所以f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，令φ（x）＝1－lnx－x2，则φ′（x）＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以φ（x）＝1－lnx－x2在（0，＋∞）上单调递减，因为φ（1）＝0，所以当0<x<1时，φ（x）>0，即f′（x）>0；当x>1时，φ（x）<0，即f′（x）<0，所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞），故f（x）的极大值点为1，f（x）极大值＝f（1）＝－1，即f（x）max＝f（1）＝－1，不存在最小值．故选C.答案：C4．解析：根据导函数图象可知：当x∈（－∞，－3）时，f′（x）<0，在x∈（－3，1）时，f′（x）≥0，∴函数y＝f（x）在（－∞，－3）上单调递减，在（－3，1）上单调递增，故③正确；则－3是函数y＝f（x）的极小值点，故①正确；∵在（－3，1）上单调递增，∴－1不是函数y＝f（x）的最小值点，故②不正确；∵函数y＝f（x）在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故④不正确．故选C.答案：C5．解析：∵∀x∈R，都有2f′（x）>f（x）成立，∴f′（x）－eq\f(1,2)f（x）>0，令g（x）＝eq\f(f（x）,e\s\up6(\f(x,2)))，则有g′（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,e\s\up6(\f(x,2)))))′＝eq\f(f′（x）－\f(1,2)f（x）,e\s\up6(\f(x,2)))>0，所以g（x）在R上单调递增，∵f（ln4）＝2，∴g（ln4）＝1，∵不等式f（x）>eeq\s\up6(\f(x,2))⇔g（x）>1⇔g（x）>g（ln4），∴x>ln4，即不等式f（x）>eeq\s\up6(\f(x,2))的解集是（ln4，＋∞）.故选B.答案：B6．解析：令g（x）＝eq\f(f（x）,e2x)，则g′（x）＝eq\f(f′（x）·e2x－2e2x·f（x）,（e2x）2)＝eq\f(f′（x）－2f（x）,e2x)，∵f′（x）≤2f（x），e2x>0，∴g′（x）≤0，∴g（x）在R上单调递减，∴g（0）>g（1），g（1）>g（2021），即eq\f(f（0）,e0)>eq\f(f（1）,e2)，eq\f(f（1）,e2)>eq\f(f（2021）,e4042)，∴e2f（0）>f（1），e4040f（1）>f（2021）.故选A.答案：A7．解析：设直线与g（x）＝x2的切点为（x1，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))），由g′（x）＝2x可知，该直线的斜率为2x1，即该直线的方程为y－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2x1（x－x1），即为y＝2x1x－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，设直线与f（x）＝alnx的切点为（x2，alnx2），由f′（x）＝eq\f(a,x)可知，该直线的斜率为eq\f(a,x2)，即该直线的方程为y－alnx2＝eq\f(a,x2)（x－x2），即为y＝eq\f(a,x2)x＋a（lnx2－1），∵仅存在一条直线与函数f（x）＝alnx（a>0）和g（x）＝x2的图象均相切，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝\f(a,x2),a（lnx2－1）＝－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))，即a＝4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))lnx2，令h（x2）＝4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－4xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))lnx2，则h′（x2）＝8x2－8x2lnx2－4x2＝4x2（1－2lnx2），当4x2（1－2lnx2）>0时，即0<x2<eq\r(e)，当4x2（1－2lnx2）<0时，即eq\r(e)<x2，即h（x2）在（0，eq\r(e)）上单调递增，在（eq\r(e)，＋∞）上单调递减，则h（x2）在x＝eq\r(e)处取得最大值，h（eq\r(e)）＝4e－4e×eq\f(1,2)＝2e，图象为∵切线只有一条，即x2的值唯一，∴只有a＝2e，故选C.答案：C8．解析：由题意，得f′（x）＝2（axlna－ex），易知f′（x）至少要有两个零点x1和x2.令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝2ax（lna）2－2e.（1）若a>1，则g′（x）在R上单调递增，此时若g′（x0）＝0，则g（x）在（－∞，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax－ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意，舍去．（2）若0<a<1，则g′（x）在R上单调递减，此时若g′（x0）＝0，则g（x）在（－∞，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，且x0＝logaeq\f(e,（lna）2)，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax－ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点，且x1<x2，则需满足g（x0）>0，即eq\f(e,lna)>elogaeq\f(e,（lna）2)，所以aeq\s\up6(\f(1,lna))<eq\f(e,（lna）2)，所以lnaeq\s\up6(\f(1,lna))<lneq\f(e,（lna）2)，即eq\f(1,lna)lna<1－ln（lna）2，解得eq\f(1,e)<a<e.又0<a<1，所以eq\f(1,e)<a<1.故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))9．解析：设中空圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2＋h（0<h<2），则r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＝1，r2＝1－eq\f(h2,4)，∴中空圆柱的体积V＝πr2（2＋h）＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(h2,4)))（2＋h）.V′＝－πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3h2,4)＋h－1))，可得当h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))时，V′>0，当h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))时，V′<0，则当h＝eq\f(2,3)时，V取得最大值为eq\f(64π,27)，又毛坯的体积为π×12×2＋eq\f(4π,3)×13＝eq\f(10π,3)，∴该模具体积的最小值为eq\f(10π,3)－eq\f(64π,27)＝eq\f(26π,27).答案：eq\f(26π,27)10．解析：因为f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c（x∈R），所以f′（x）＝3x2＋2ax＋b，又因为x＝1是极值点，所以f′（1）＝3＋2a＋b＝0，即2a＋b＝－3.又因为Δ＝（2a）2－12b＝4（a2＋6a＋9）＝4（a＋3）2>0，所以a≠－3.答案：2a＋b＝－3（a≠－3）11．解析：设函数g（x）＝eq\f(f（x）＋2,e\s\up6(\f(x,2)))，则g′（x）＝eq\f(f′（x）·e\s\up6(\f(x,2))－\f(1,2)·e\s\up6(\f(x,2))·[f（x）＋2],\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(x,2))))2)＝eq\f(2f′（x）－f（x）－2,2e\s\up6(\f(x,2)))，又∵2f′（x）－f（x）>2，∴g′（x）>0，所以g（x）在R上单调递增，又g（0）＝f（0）＋2＝3，故不等式f（x）＋2≥3eeq\s\up6(\f(x,2))可化为g（x）≥g（0），由g（x）的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞）.答案：[0，＋∞）12．解析：因为f（x）＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(e2lnx－1))＋ex，令e2lnx－1＝0，即lnx＝eq\f(1,e2)，所以x＝eeq\s\up6(\f(1,e2))，所以当0<x<eeq\s\up6(\f(1,e2))时f（x）＝2－2e2lnx＋ex，则f′（x）＝－eq\f(2e2,x)＋ex，令g（x）＝－eq\f(2e2,x)＋ex，则g′（x）＝eq\f(2e2,x2)＋ex>0，即g（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e\s\up6(\f(1,e2))))上单调递增，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,e2))))＝－eq\f(2e2,e\s\up6(\f(1,e2)))＋eeeq\s\up6(\f(1,e2))＝－2e2－eq\f(1,e2)＋eeeq\s\up6(\f(1,e2))<0，所以f′（x）＝－eq\f(2e2,x)＋ex<0，即f（x）＝2－2e2lnx＋ex在（0，eeq\s\up6(\f(1,e2))）上单调递减；当x≥eeq\s\up6(\f(1,e2))时f（x）＝2e2lnx－2＋ex，则f′（x）＝eq\f(2e2,x)＋ex>0，所以f（x）在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,e2))，＋∞))上单调递增，综上可得f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e\s\up6(\f(1,e2))))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,e2))，＋∞))上单调递增，所以f（x）min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,e2))))＝eeeq\s\up6(\f(1,e2)).答案：eeeq\s\up6(\f(1,e2))13．解析：由题意可知f′（x）＝aex（x－1）＋eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝0有两个不等根．方程aex（x－1）＝－eq\f(x－1,x2)，x∈（0，2），有一根x＝1.x∈（0，2）中，另一根满足方程eq\f(1,a)＝－x2ex（x≠1），令h（x）＝x2ex，x∈（0，2），h′（x）＝ex（x2＋2x）>0，所以h（x）在x∈（0，2）上单调递增．所以－eq\f(1,a)≠h（1）＝e，h（0）<－eq\f(1,a)<h（2），即－eq\f(1,a)∈（0，e）∪（e，4e2）.所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，－\f(1,4e2))).故选C.答案：C14．解析：画出f（x）图象如图所示，令2＋logeq