2025高考数学一轮复习3.4导数及其应用【课件】

第三章一元函数的导数及其应用3.4导数及其应用1.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(

)A.f(x)在区间(－2，3)上有2个极值点B.f′(x)在x＝－1处取得极小值C.f(x)在区间(－2，3)上单调递减D.f(x)在x＝0处的切线斜率小于0BCD解析根据f′(x)的图象可得，在(－2，3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2，3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2，3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确.AD解析f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(x)不存在极值点，故B错误，D正确；f′(1)＝0，故A正确；x2－3x＋3＝0中，Δ＝9－12<0，所以x2－3x＋3>0恒成立，即方程只有一个实数根，即x＝0，故C错误.AC故y＝f′(x)也在(－1，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝0，故当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故A正确；对于B，由A知，f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增，又f(0)＝0，故f(x)只有一个零点，B错误；对于D，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，故f(x)是非奇非偶函数，D错误.ABD解析A中，根据f′(x)>0，可得f(x)在R上单调递增，因为π>e>2，所以f(2)<f(e)<f(π)，A正确；B中，因为∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，所以函数图象上凸，画出函数图象，如图所示，由几何意义可知，f′(x)表示函数图象上的各点处的切线斜率，显然随着x的增大，切线斜率变小，且恒为正，因为π>e>2，所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，B正确；结合函数图象可知f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，C错误，D正确.BC因为函数y＝2x为R上的增函数，所以2a>2b，A错误；因为函数y＝log3x在(0，＋∞)上为增函数，所以log3a>log3b>log31＝0，取a＝4，b＝2，可得a>b>1，但ab＝42＝24＝ba，D错误.AC解析当x∈(3，＋∞)时，x－3>0，lnx>0，所以f(x)>0恒成立，故A正确；则g(x)在区间(1，3)上单调递增，所以g(x)<g(3)＝－ln3<0，即f′(x)<0在(1，3)上恒成立，则f(x)在区间(1，3)上单调递减，故B错误；因为log34∈(1，2)，log45∈(1，2)，因为f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(1)＝0>a＝f(log45)>f(log34)＝b，而c＝f(3lnπ)>0，所以c>a>b，故C正确，D错误.AB解析由题意知g(x)的定义域为R，因为g(x)＝f(x)＋f(－x)，所以g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，g(x)为偶函数，当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－f′(－x)>0，则g(x)在[0，＋∞)上单调递增，BCD解析依题意，x∈R，f(－x)＝sin2(－x)＋2|cos(－x)|＝－sin2x＋2|cosx|≠f(x)，故函数不是偶函数，图象不关于y轴对称，故A错误；f(x＋π)＝sin2(x＋π)＋2|cos(x＋π)|＝sin2x＋2|cosx|＝f(x)，故x＝π为函数的一个周期，故－3π也为函数f(x)的一个周期，故B正确；f′(x)＝2cos2x－2sinx＝－4sin2x－2sinx＋2＝－(4sinx－2)(sinx＋1)，9.已知方程ax－2xlnx＝x2＋3(a∈R)有两个不同的根x1，x2，则下列结论一定正确的是(

) A.a∈(4，＋∞) B.a∈(2e，＋∞) C.x1x2>1 D.lnx1＋lnx2－1>ln2AC当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝f(1)＝4－a，因此只需满足f(1)<0，即a>4.则方程ax－2xlnx＝x2＋3(a∈R)有两个不同的根x1，x2，因此A正确，B错误；因此g(x)在(0，＋∞)上单调递减，易知g(1)＝0，D中，由lnx1＋lnx2－1>ln2，即ln(x1x2)>ln2＋1＝ln(2e)，得x1x2>2e，不一定成立，故D错误.10.若正实数x，y满足xex－1＝y(1＋lny)，则下列不等式中可能成立的是(

)A.1<x<y

B.1<y<x C.x<y<1 D.y<x<1AC解析因为xex－1＝y(1＋lny)，所以xex－1＝(1＋lny)e(1＋lny)－1，因为x>0，所以xex－1>0，则1＋lny>0.令f(x)＝xex－1，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝(x＋1)ex－1>0，所以f(x)＝xex－1在(0，＋∞)上单调递增.由f(x)＝f(1＋lny)，可得x＝1＋lny.所以当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝0，则