2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強化練三十七導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用理含解析

PAGE增分強化練(三十七)考點一導(dǎo)數(shù)的運算與導(dǎo)數(shù)的幾何意義1．若曲線y＝mx＋lnx在點(1，m)處的切線垂直于y軸，則實數(shù)m＝()A．－1 B．0C．1 D．2解析：f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝m＋eq\f(1,x)，曲線y＝f(x)在點P(1，m)處的切線斜率為k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故選A.答案：A2．(2024·荊州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝xlnx在x＝1處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為________．解析：∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，則f(1)＝0，f′(1)＝1，故曲線f(x)在點P(1,0)處的切線l的方程為y＝x－1，令x＝0，得y＝－1，令y＝0，得x＝1，則直線l與兩坐標(biāo)軸的交點為(0，－1)和(1,0)，所圍成三角形的面積為eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3．(2024·南寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋x＋a－1的圖象是以點(－1，－1)為中心的中心對稱圖形，g(x)＝ex＋ax2＋bx，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)在點(0，g(0))處的切線相互垂直，則a＋b＝________.解析：由f(0)＋f(－2)＝－2，得1＋a－1－1－2＋a－1＝2a－4＝－2，解得a＝1，所以f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋x.又f′(x)＝－eq\f(1,x＋12)＋1，所以f′(1)＝eq\f(3,4).因為g(x)＝ex＋x2＋bx，g′(x)＝ex＋2x＋b，g′(0)＝1＋b，由eq\f(3,4)(1＋b)＝－1，得1＋b＝－eq\f(4,3)，即a＋b＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)考點二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1．(2024·甘安靜寧模擬)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，3] B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2))) D．(0,3)解析：f(x)＝x3－ax2＋1在(1,3)上單調(diào)遞減，則f′(x)＝3x2－2ax≤0在x∈(1,3)上恒成立．即a≥eq\f(3x2,2x)＝eq\f(3,2)x在x∈(1,3)上恒成立，所以a≥eq\f(9,2).故選B.答案：B2．(2024·江西模擬)已知函數(shù)f(x)對于隨意實數(shù)x都有f(－x)＝f(x)，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－sinx，若實數(shù)a滿意f(log2a)<f(1)，則a解析：由題得，當(dāng)x≥0時，f′(x)＝ex－cosx，因為x≥0，所以ex≥e0＝1，∴ex－cosx≥0，所以函數(shù)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)是偶函數(shù)，所以函數(shù)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，因為f(log2a)<f(1)，所以|log2a|＜1，所以－1＜log2a＜1，所以eq\f(1,2)<a<2.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))3．(2024·濟寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－xex＋ax(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝1，求f(x)的最大值．解析：(1)由題意知，f′(x)＝eq\f(1,x)－(ex＋xex)＋a＝eq\f(1,x)－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤(x＋1)ex－eq\f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)，則g′(x)＝(x＋2)ex＋eq\f(1,x2)>0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以a≤2e－1.(2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝lnx－xex＋x(x>0)．則f′(x)＝eq\f(1,x)－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ex))，令m(x)＝eq\f(1,x)－ex，則m′(x)＝－eq\f(1,x2)－ex<0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．由于meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，m(1)<0，所以存在x0>0滿意m(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0).當(dāng)x∈(0，x0)時，m(x)>0，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，m(x)<0，f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(x0)＝lnx0－x0ex0＋x0，因為ex0＝eq\f(1,x0)，所以x0＝－lnx0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，所以f(x)max＝－1.考點三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值1．(2024·吉安模擬)函數(shù)f(x)＝sin3x＋3cos2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))))的值域為________．解析：由題意，可得f(x)＝sin3x＋3cos2x＝sin3x－3sin2x＋3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，令t＝sinx，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，即g(t)＝t3－3t2＋3，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，則g′(t)＝3t2－6t＝3t(t－2)，當(dāng)－eq\f(\r(3),2)<t<0時，g′(t)>0，當(dāng)0<t<1時，g′(t)＜0，即y＝g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))為增函數(shù)，在[0,1]為減函數(shù)，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝eq\f(6－3\r(3),8)，g(0)＝3，g(1)＝1，故函數(shù)的值域為：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6－3\r(3),8)，3)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6－3\r(3),8)，3))2．(2024·北京西城區(qū)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝mex－x2＋3，其中m∈R.(1)當(dāng)f(x)為偶函數(shù)時，求函數(shù)h(x)＝xf(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個零點，求m的取值范圍．解析：(1)由函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，得f(－x)＝f(x)，即me－x－(－x)2＋3＝mex－x2＋3對于隨意實數(shù)x都成立，所以m＝0.此時h(x)＝xf(x)＝－x3＋3x，則h′(x)＝－3x2＋3.由h′(x)＝0，解得x＝±1.當(dāng)x改變時，h′(x)與h(x)的改變狀況如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－h(huán)(x)↘微小值↗極大值↘所以h(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1,1)上單調(diào)遞增.所以h(x)有微小值h(－1)＝－2，h(x)有極大值h(1)＝2.(2)由f(x)＝mex－x2＋3＝0，得m＝eq\f(x2－3,ex).所以“f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個零點”等價于“直線y＝m與曲線g(x)＝eq\f(x2－3,ex)，x∈[－2,4]有且只有兩個公共點”．對函數(shù)g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝eq\f(－x2＋2x＋3,ex).由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.當(dāng)x改變時，g′(x)與g(x)的改變狀況如下表所示：x(－2，－1)－1(－1,3)3(3,4)g′(x)－0＋0－g(x)↘微小值↗極大值↘所以g(x)在(－2，－1)，(3,4)上單調(diào)遞減，在(－1,3)上單調(diào)遞增．又因為g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝eq