1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题四导数及其应用一、单项选择题1.(2023届西南“三省三校”联考一,9)已知函数f(x)=Cn0+Cn1x+13Cn3x3+15Cn5x5+1kCnkxk+1nCnnxn(k,n为正奇数), f (x)是f(x)的导函数,则f (1)+f(0)=()A.2n B.2n-1C.2n+1 D.2n-1+1答案D由已知得f(0)=Cn0=1,f (x)=Cn1+Cn3x2+Cn5x4+Cnkxk1+Cnnxn-1(k,n为正奇数),所以f (1)=Cn1+Cn3+Cn5+Cnk+Cnn(k,n为正奇数),又Cn1+Cn3+Cn5+Cnk+
2、Cnn=2n-1(k,n为正奇数),所以f (1)=2n-1,所以f (1)+f(0)=2n-1+1.故选D.2.(2022郑州外国语中学调研二,5)已知函数f(x)=x+a2x(a0),则曲线y=f(x)过点P(2,0)的切线有()A.0条 B.1条 C.2条 D.3条答案C设切点为A(x0,y0)(x00),直线AP的斜率为k,则f (x0)=k,由题意得f (x0)=1-a2x02,k=y0x02=x0+a2x0x02=2x02+a2x024x0,1-a2x02=2x02+a2x024x0(x00),化简得2x02+ax0-a=0(*),=a2+8a,a0,方程(*)有两个不同的解,曲线
3、y=f(x)过点P(2,0)的切线有2条,故选C.3.(2021湘豫名校联盟4月联考,9)设曲线y=ln x与y=(x+a)2有一条斜率为1的公切线,则a=()A.-1 B.-34 C.14 D.34答案B设切线与曲线y=ln x的切点坐标为(m,n),y=ln x的导函数为y=1x,由切线的斜率为1,可得1m=1,即m=1,则切点为(1,0),切线方程为y=x-1,与y=(x+a)2联立,可得x2+(2a-1)x+a2+1=0,由=(2a-1)2-4(a2+1)=0,解得a=-34,故选B.方法总结:利用导数的几何意义求两曲线的公切线.切点为两曲线的公共点,即f(x0)=g(x0);切线斜率
4、相同,即f (x0)=g(x0)分别写出两曲线的切线方程,由于重合,则对应系数相等,解方程得结果4.(2023届四川内江零模,4)函数f(x)=12x2-ln x的单调递减区间为() A.(-1,1) B.(0,1)C.(1,+)D.(0,2)答案B由题意可知f(x)的定义域为(0,+), f (x)=x-1x.解不等式f (x)=x-1x=(x1)(x+1)x0,可得0x1,故函数f(x)=12x2-ln x的递减区间为(0,1).故选B.5.(2023届河南部分重点中学测试,3)已知点M在函数f(x)=13x3-8x-9的图象上,且在第二象限内,若f(x)的图象在点M处的切线斜率为1,则点
5、M的坐标为()A.(-3,6) B.(-3,12)C.2,13D.(-2,13)答案Af (x)=x2-8.设点M(x0,y0),则f (x0)=x02-8=1,即x02=9,又M在第二象限内,所以x00,因为函数f(x)=ax+ln x在x=1处取最大值,此时也是极大值,所以f (1)=12a+1=0,所以a=-2,此时f (x)=1x1x=1xx,当x1时, f (x)0,函数单调递减,当0x0,函数单调递增,符合题意.故选C.7.(2023届山西临汾期中,8)设函数f(x)=ln x+mx,若对任意的ba1,f(b)f(a)baa1时, f(b)f(a)ba1恒成立等价于f(b)-b1,
6、则g(b)g(a),故g(x)在x(1,+)上单调递减,所以g (x)=1xmx21=x2x+mx20在x(1,+)上恒成立,即mx-x2在x(1,+)上恒成立,又y=x-x2=-x122+14在x(1,+)上的值域为(-,0),所以m0.故选A.8.(2023届河南洛阳六校月考,10)定义在0,+)上的函数f(x)0恒成立,其导函数为f (x),若f(x)-(x+1)f (x)ln(x+1)f(3)0 B.2f(1)f(3)f(1)0 D.2f(3)f(1)0答案B构造函数g(x)=ln(x+1)f(x)(x0),g(x)=f(x)x+1ln(x+1)f (x)f(x)2=f(x)(x+1)
7、f (x)ln(x+1)(x+1)f(x)2,由f(x)-(x+1)f (x)ln(x+1)0,可得g(x)0,得g(x)在0,+)上单调递减,g(3)g(1)g(0),则ln4f(3)ln2f(1)ln 20,f(3)0, f(1)0,2f(1)f(3)0恒成立,不存在满足条件的两点;对于C,y=x1x+2,x(-2,+),则y=3(x+2)2,x(2,1),0,x=1,3(x+2)2,x(1,+),当x1=-54,x2=2时,满足条件;对于D,y=ex-ln x,则y=ex-1x(x0),函数y=ex-1x在(0,+)上单调递增,且y|x=13=3e-31,所以存在y|x=x1=-1,y|
8、x=x2=1,满足条件.故选ACD.10.(2022福建龙岩一模,12)已知函数f(x)=3lnxx3,a=f(log45),b=f(log34),c=f(3ln ),则()A.当x(3,+)时, f(x)0恒成立B.函数f(x)在区间(1,3)上单调递增C.a,b,c中最大的是cD.a,b,c中最小的是a答案AC当x(3,+)时,x-30,ln x0,所以f(x)0恒成立,故A正确;f (x)=313xlnx(x3)2,令g(x)=1-3x-ln x,x(1,3),则g(x)=3x21x=3xx20,则函数g(x)在区间(1,3)上单调递增,所以g(x)g(3)=-ln 30,即f (x)0
9、在(1,3)上恒成立,则函数f(x)在区间(1,3)上单调递减,故B错误;因为log34=1log43(1,2),log45(1,2),所以log43+log45=log4152log43log45,所以log43log451,所以1log451log43=log34a=f(log45)f(log34)=b,而c=f(3ln )0,所以cab,故C正确,D错误.故选AC.方法点拨比较大小问题一般是借助函数的单调性得出大小关系.11.(2022届福州八县(市、区)一中期中,12)已知函数f(x)的定义域、值域都是(0,+),且满足12f(x)e32B.f(2)2f(4)D.7f140,所以函数g
10、(x)在(0,+)上单调递增,对于A,g(2)g(1)=f(1)e12=e12,即f(2)ee12,则f(2)e32,A中结论正确;对于B,因为g(3)g(2),即f(3)e32f(2)e,所以f(3)e12f(2)f(2),B中结论正确;对于C,因为g(4)g(2),即f(4)e2f(2)e,所以f(4)ef(2)32f(2),故2f(4)3f(2),C中结论不正确;对于D,构造函数h(x)=ex-x-1,其中x0,则h(x)=ex-10,所以函数h(x)在(0,+)上单调递增,故h(x)h(0)=0,即当x0时,exx+1,因为g13g14,即f13e16f14e18,由exx+1可得e1
11、616+1=76,则f1376f13e16,所以f1376f14e18,故7f141, f(ax)-axx-g(2x)+12恒成立,则正实数a的最小值为1eC.若f(x),g(x)的图象与直线y=m分别交于A,B两点,则|AB|的最小值为2+ln 2D.存在直线y=m与f(x),g(x)的图象分别交于A,B两点,使得曲线f(x)在A处的切线与曲线g(x)在B处的切线平行答案BCD对于A,因为h(x)=ex-1x,存在x0使得ex0=1x0,故h(x)在(0,x0)上递减,在区间(x0,+)上递增,h(x)的最小值为h(x0)=ex0ln x0212+m,当mlnx02+12ex0时,h(x)不
12、存在零点,A错误.对于B,不等式化为eax-axx-ln x=eln x-ln x,因为函数y=ex-x在(0,+)上递增,所以axln x,即alnxx,令y=lnxx,x0,则y=1lnxx2,令y=0,得x=e,所以y=lnxx在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以y1e,故a1e 成立,B正确.对于C,由题意可知A(ln m,m),B(2em12,m),|AB|=2em12-ln m,令(x)=2ex12-ln x,则(x)=2ex121x在(0,+)上递增,且12=0,当x0,12时,(x)0,所以,(x)min=12=2+ln 2,C正确.对于D,设A(ln m,m)
13、,B(2em12,m), f (x)=ex,g(x)=1x, f (ln m)=eln m=m,g(2em12)=12em12,因为曲线f(x)在A处的切线与曲线g(x)在B处的切线平行,所以有m=12em12,即2mem12=1,得m=12,故存在直线y=m符合题意,D正确.三、填空题13.(2023届河南洛阳模拟,13)若函数f(x)=x33-f (1)x2-1,则f (1)的值为.答案13解析f (x)=x2-2xf (1),令x=1,得f (1)=1-2f (1),解得f (1)=13.14.(2023届黑龙江牡丹江二中段考一,13)若曲线y=ax2-ln x在x=12处取得极值,则a
14、=.答案2解析y=2ax-1x,y|x=12=a-2.曲线y=ax2-ln x在x=12处取得极值,a-2=0,故a=2.15.(2021新高考,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案1解析当x12时, f(x)=2x-1-2ln x,f (x)=2-2x=2x2x,当x12,1时, f (x)0,f(x)在12,1上单调递减,在(1,+)上单调递增,f(x)min=f(1)=1.当0x12时, f(x)=1-2x-2ln x,此时f (x)=-2-2x1,f(x)min=1.16.(2022全国乙,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex
15、2(a0且a1)的极小值点和极大值点.若x11时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图所示,当x(-,x1)时,f (x)=2axln a-2ex0,f(x)在(-,x1)上单调递增;当x(x1,x2)时,f (x)=2axln a-2ex0,f(x)在(x2,+)上单调递增.x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.当a1时,不满足题意,舍去.图图当0a1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图所示,设过原点的直线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ax0ln a),而y=ax(ln a)2,此时切线l的斜率k=ax0 (ln a)2,ax
16、0(ln a)2=ax0lnax0,可得ax0=e.k=e(ln a)2,要使函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点,则ke,即e(ln a)2e.(ln a)21,即-1ln a1,1eae.又0a1,1ea0,解得x4或x-1;令f (x)0,解得-1x0,故f(x)0;当x(4,+)时,3-2x0,故f(x)-1).令F(x)0,得-1x-12,令F(x)-12,所以F(x)在1,12上为增函数,在12,+上为减函数.又f 910=95-ln 102-ln 100, f (0)=0,所以f (x)在1,12上有一个零点,设为x0,在12,+上的零点为0.令f (x)0,得x
17、0x0,令f (x)0,得-1x0,所以f(x)在(-1,x0),(0,+)上为减函数,在(x0,0)上为增函数,故f(x)的极大值为f(0)=0.(2)证明:不等式f(x)0在区间0,+)上恒成立,即不等式ln(x+m)-nx0在区间0,+)上恒成立,设h(x)=ln(x+m)-nx(x0),要使x+m0有意义,则m0, f(0)=ln m0,所以00,h(x)=1x+mn=1mnnxx+m(x0).当1-mn0时,h(x)0,则h(x)在0,+)上为减函数,h(x)h(0)=ln m0,所以01,故命题成立.当1-mn0时,令h(x)0,得0x1n-m,令h(x)1n-m,所以h(x)在0
18、,1nm上为增函数,在1nm,+上为减函数,则h(x)的最大值为h1nm=mn-1-ln n,因为h(x)0,所以mlnn+1n,且m1n.当n1时,ln n+11,则0m1,故命题成立;当0n1时,ln n+11,则mlnn+1n,所以en-men-lnn+1n,要证en-m1,即证en-lnn+1n1,需证nen-n-ln n-10.设g(x)=xex-x-ln x-1(0x0,t1e=e1e-e0,故t(x)在1e,1上有唯一零点x0ex0=1x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增,所以g(x)g(x0)=x0ex0-(ln x0+x0)-1=0,故命题成立
19、.综上,命题en-m1成立.20.(2023届山西临汾期中,22)已知函数f(x)=ex-asin x-1,g(x)=-2x+a+2ex+a(cos x-sin x)+2, f(x)在(0,)上有且仅有一个零点x0.(1)求a的取值范围;(2)证明:若1a2,则g(x)在(-,0)上有且仅有一个零点x1,且x0+x10, f(x)在(0,)上无零点,不符合题意;当01-acos x1-a0,f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)=0,f(x)在(0,)上无零点,不符合题意;当a1时,若x(0,),则 (x)0,f (x)在(0,)上单调递增,f (0)=1-a0,存在唯一t(0,),使
20、得f (t)=0.当x(0,t)时, f (x)f (t)=0,故f(x)在(0,t)上单调递减,在(t,)上单调递增.f(0)=0, f()=e-10,故f(x)在(0,)上有且仅有一个零点x0,符合题意.综上,a的取值范围为(1,+).(2)证明:记h(x)=g(x)ex=2xa2+a(sinx+cosx)ex+2ex,则h (x)=2-2asinxex2ex=2f(x)ex.由(1)知若1a2,当x(0,x0)时, f(x)0,h (x)0,h (x)0,故h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增.又h(0)=0,h()=2-a-2+2ae2-a-22-40,故存在唯一x
21、2(0,),使得h(x2)=0,且x2x0.由h(x)=g(x)ex,可知g(x)在(-,0)上有且仅有一个零点x1=-x2,且-x1=x2x0,即x0+x10恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.a0.令f (x)=0,得x=ln a,令g(x)=0,得x=1a.易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g1a=1+ln a,a-aln a=1+ln a,即ln a=a1a+1.令h(x)=ln x-x1x+1(x0),则h(x)=1x2(x+1)2=x2+1x(x+1)20,h(x)在(0,+)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 1-1
22、11+1=0,方程有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x0时, f(x)单调递增;当0x1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1x2f(s)+f(t).解析(1)f (x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,f (0)=e0ln(1+0)+11+0=1,又f(0)=e0ln 1=0,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=x.(2)易得g(x)=f (x)=exln(1+x)+11+x,g(x)=exln(1+x)+11+x+11+x1(1+x)2=exln(1+x)+11+x+x(1+x)2,x0,+),ln(1+x)0,11+x0,x(1+x)20,又ex0,g(x)0在0,+)上恒成立.g(x)在0,+)上单调递增.(3)证明:由(2)知g(x)=f (x)在0,+)上单调递增,f (x)f (0)=10,f(x)在(0,+)上单调递增,不妨设st,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s0),则h(x)=f (x)-f (x+s)h(t),f(0)-f(s)f(t)-f(t+s),又f(0)=0,f(s+t)f(s)+f(t).第 12 页 共 12 页
