2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)13導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用理

PAGE1-專題限時(shí)集訓(xùn)(十三)導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)潔應(yīng)用[專題通關(guān)練](建議用時(shí)：30分鐘)1．(2024·深圳二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的傾斜角為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)B[函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函數(shù)，可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋eq\f(2,x)，f′(x)＝1－eq\f(2,x2)，即有曲線y＝f(x)在x＝1處的切線斜率為k＝1－2＝－1，可得切線的傾斜角為eq\f(3π,4)，故選B.]2．若x＝eq\r(2)是函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex的極值點(diǎn)，則函數(shù)y＝f(x)的最小值為()A．(2＋2eq\r(2))eeq\s\up8(－eq\r(2)) B．0C．(2－2eq\r(2))eeq\s\up8(eq\r(2)) D．－eC[∵f(x)＝(x2－2ax)ex，∴f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意可知f′(eq\r(2))＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex.∴f′(x)＝(x2－2)ex，由f′(x)＝0得x＝±eq\r(2).又f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\s\up8(eq\r(2))，f(－eq\r(2))＝(2＋2eq\r(2))eeq\s\up8(－eq\r(2))，且f(eq\r(2))＜f(－eq\r(2))．故選C.]3．[易錯(cuò)題](2024·長(zhǎng)春二模)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝e，x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－∞，e) D．(e，＋∞)B[令g(x)＝eq\f(fx,e2x)，則g′(x)＝eq\f(e2xf′x－2e2xfx,e4x)＝eq\f(f′x－2fx,e2x)，∵2f(x)－f′(x)＞0，∴g′(x)＜0，∴g(x)遞減，不等式f(x)＜e2x－1?eq\f(fx,e2x)＜eq\f(1,e)＝eq\f(e,e2)＝eq\f(f1,e2)?g(x)＜g(1)?x＞1，故選B.]4．[易錯(cuò)題]若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)C[由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示．令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故選C.]5．已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，則eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝________.eq\f(39,4)[∵f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，∴f′(x)＝4－3x2f′(1)，令x＝1得f′(1)＝4－3f′(1)，即f′(1)＝1.令x＝0得f′(0)＝4.∴f(x)＝4x－x3＋8.∴eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(4x－x3＋8)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(x4,4)＋8x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(39,4).]6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．(－∞，4][由函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，由函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，可得x2－mx＋4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立，可得m≤x＋eq\f(4,x)，又x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，可得m≤4.][實(shí)力提升練](建議用時(shí)：15分鐘)7．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)當(dāng)a＝－4時(shí)，求f(x)的極值；(2)當(dāng)f(x)的最小值不小于－a時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)由已知得f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).當(dāng)a＝－4時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).所以當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，即f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)只有微小值，且當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得微小值f(2)＝4－4ln2.所以當(dāng)a＝－4時(shí)，f(x)只有微小值4－4ln2.(2)因?yàn)閒′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，所以當(dāng)a＞0，x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值；當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0得，x＞－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增；由f′(x)＜0得，x＜－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))上單調(diào)遞減．所以當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－a.依據(jù)題意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－a≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因?yàn)閍＜0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2,0)．8．(2024·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－a(x－lnx)．(1)當(dāng)a≤0時(shí)，試求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在(0,1)內(nèi)有極值，試求a的取值范圍．[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\f(exx－1－axx－1,x2)，＝eq\f(ex－axx－1,x2).當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)于x∈(0，＋∞)，ex－ax＞0恒成立，所以由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1.所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)．(2)若f(x)在(0,1)內(nèi)有極值，則f′(x)＝0在(0,1)內(nèi)有解．令f′(x)＝eq\f(ex－axx－1,x2)＝0，即ex－ax＝0，即a＝eq\f(ex,x).設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0,1)，所以g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0恒成立，所以g(x)單調(diào)遞減．又因?yàn)間(1)＝e，又當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→＋∞，即g(x)在(0,1)上的值域?yàn)?e，＋∞)，所以當(dāng)a＞e時(shí)，f′(x)＝eq\f(ex－axx－1,x2)＝0有解．設(shè)H(x)＝ex－ax，設(shè)H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)，所以H(x)在(0,1)上單調(diào)遞減．因?yàn)镠(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0，所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.當(dāng)x改變時(shí)，H(x)，f′(x)，f(x)改變狀況如表所示：x(0，x0)x0(x0,1)H(x)＋0－f′(x)－0＋f(x)↘微小值↗所以當(dāng)a＞e時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)有極值且唯一．當(dāng)a≤e時(shí)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調(diào)遞減，不成立．綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)．內(nèi)容押題依據(jù)利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值、不等式的證明函數(shù)的單調(diào)性、極值與不等式交匯是近幾年高考的熱點(diǎn)，考查敏捷應(yīng)用導(dǎo)數(shù)工具、數(shù)形結(jié)合思想及分類探討思想解題的實(shí)力，考查邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算的素養(yǎng)【押題】設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，證明：f(x)≤e－x＋x2.[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋alnx＋a，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，由f′(x)＜0得0＜x＜eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0得0＜x＜eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，由f′(x)＜0得x＞eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知a＜0且eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xlnx．要證f(x)≤e—x＋x2，即證x－xlnx≤e—x＋x2，即證1－lnx≤eq\f(e—x,x)＋x.令f(x)＝lnx＋eq\f(e—x,x)＋x－1(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(－e—xx－e—x,x2)＋1＝eq\f(x＋1x－e—x,x2).令g(x)＝x－e—x(x＞0)，易知函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而g(1)＝1－eq\f(1,e)＞0，g(0)＝－1＜0，所以在區(qū)間(0，＋∞)上存在唯一的實(shí)數(shù)x0，使得g(x0)＝x0－eeq\s\up8(—