2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)01真題賞析類型三導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用

類型三導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用1．(多選題)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A．bc>0B．a(chǎn)b>0C．b2＋8ac>0D．a(chǎn)c<0解析：函數(shù)定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，由題意，方程f′(x)＝0即ax2－bx－2c＝0有兩個正根，設(shè)為x1，x2，則有x1＋x2＝eq\f(b,a)>0，x1x2＝eq\f(－2c,a)>0，Δ＝b2＋8ac>0，所以ab>0，ac<0，所以ab·ac＝a2bc<0，即bc<0，A錯誤．故選BCD.答案：BCD2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A．e2B．eC．e－1D．e－2解析：對函數(shù)f(x)求導(dǎo)可得，f′(x)＝aex－eq\f(1,x)，依題意，aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，即a≥eq\f(1,xex)在(1，2)上恒成立，設(shè)g(x)＝eq\f(1,xex)，x∈(1，2)，則g′(x)＝eq\f(－（ex＋xex）,（xex）2)＝－eq\f(ex（x＋1）,（xex）2)，易知當(dāng)x∈(1，2)時，g′(x)<0，則函數(shù)g(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，則a≥g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)＝e－1.故選C.答案：C3．(2023·全國甲卷)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(1，eq\f(e,2))處的切線方程為()A．y＝eq\f(e,4)xB．y＝eq\f(e,2)xC．y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4)D．y＝eq\f(e,2)x＋eq\f(3e,4)解析：因為y＝eq\f(ex,x＋1)，y′＝eq\f(ex（x＋1）－ex（x＋1）′,（x＋1）2)＝eq\f(xex,（x＋1）2)，故函數(shù)在點(1，eq\f(e,2))處的切線斜率k＝eq\f(e,4)，切線方程為y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，即y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故選C.答案：C4．(2023·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝e－(x－1)2.記a＝f(eq\f(\r(2),2))，b＝f(eq\f(\r(3),2))，c＝f(eq\f(\r(6),2))，則()A．b>c>aB．b>a>cC．c>b>aD．c>a>b解析：令g(x)＝－(x－1)2，則g(x)的開口向下，對稱軸為x＝1，因為eq\f(\r(6),2)－1－(1－eq\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(6)＋\r(3),2)－eq\f(4,2)，而(eq\r(6)＋eq\r(3))2－42＝9＋6eq\r(2)－16＝6eq\r(2)－7>0，所以eq\f(\r(6),2)－1－(1－eq\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(6)＋\r(3)－4,2)>0，所以eq\f(\r(6),2)－1>1－eq\f(\r(3),2)所以由一元二次函數(shù)的性質(zhì)可知g(eq\f(\r(6),2))<g(eq\f(\r(3),2))，因為eq\f(\r(6),2)－1－(1－eq\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(6)＋\r(2)－4,2)，而(eq\r(6)＋eq\r(2))2－42＝4eq\r(3)－8<0，所以eq\f(\r(6),2)－1<1－eq\f(\r(2),2)，所以g(eq\f(\r(6),2))>g(eq\f(\r(2),2))，綜合可得g(eq\f(\r(2),2))<g(eq\f(\r(6),2))<g(eq\f(\r(3),2))，又y＝ex為增函數(shù)，所以a<c<b，即b>c>a.故選A.答案：A5．(2023·全國乙卷)設(shè)a∈(0，1)，若函數(shù)f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________．解析：因為函數(shù)f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即(1＋a)xln(1＋a)≥－axlna，化簡可得(eq\f(1＋a,a))x≥－eq\f(lna,ln（1＋a）)在(0，＋∞)上恒成立，而在(0，＋∞)上(eq\f(1＋a,a))x>1，故有1≥－eq\f(lna,ln（1＋a）)，由a∈(0，1)，化簡可得ln(1＋a)≥lneq\