专题04 一元函数的导数及其应用（测）-2023年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

专题04一元函数的导数及其应用能力提升检测卷时间：90分钟分值：100分一、选择题（每小题只有一个正确选项，共7*5分）1．已知曲线exya与lnlnyxa的两条公切线所成角的正切值为34，则3a（）A．2B．2eC．32eD．8e【答案】C【详解】因为exya与lnlnyxa互为反函数，故图像关于yx对称，设一条切线与两个函数图像分别切于,MN两点，且两条切线交点为Q，如图，设OQN，则3tan24，即22tan341tan，解得1tan3或-3（舍去），故113tan(45)2113MNk，易求得曲线exy的斜率为2的切线方程为22ln22yx，故曲线lneexxaya的斜率为2的切线方程为2(ln)2ln22yxa，lnyx的斜率为2的切线方程为2ln21yx，故曲线lnlnyxa的斜率为2的切线方程为2ln21lnyxa，所以ln21ln2ln2ln22aa，则3lnln23a，则332ea.故A，B，D错误.故选：C.2．已知sin13a，32b，2396c，则（）A．abcB．cabC．acbD．cba【答案】B【详解】∵sinsin133336a，3326b，23133969366c，∴,cacb，对于函数sin,0,2xfxxx，2cossinxxxfxx，令cossingxxxx，0,2x，则cossincossi0nxxxxxxgx，∴gx在0,2上单调递减，∴00gxg，即0fx，fx在0,2上单调递减，∴13ff，即sin3sin13，∴sin13a32b，∴cab.故选：B.3．已知函数fx及其导函数fx的定义域都为R，且12fx为偶函数，2fx为奇函数，则（）A．10fB．20fC．202220210ffD．202220210ff【答案】D【详解】解：由12fx为偶函数知，1212fxfx，即11fxfx，即函数fx关于1x对称，则()(2)fxfx，由2fx是奇函数知，22fxfx，即函数fx关于点(2,0)对称，则()(4)fxfx，且20f，所以24fxfx，即4fxfx，即函数fx的周期是4，则20222505420fff；又12121212fxfxfxfx所以212212fxfx，则1212fxfx，即11fxfx所以2fxfx，即导函数fx关于点(1,0)对称，且10f.由44fxfxfxfx，即导函数fx的周期是4，则20211505410fff；所以202120220ff.故选：D.4．曲线sin(2)xyx在πx处的切线的斜率为（）A．2πB．2πC．24πD．1π【答案】B【详解】因为sin(2)xyx，所以22cos(2)sin(2)xxxyx，π22cos(2π)sin(2π)2|ππxy，所以曲线sin(2)xyx在πx处的切线的斜率为2π.故A，C，D错误.故选：B.5．已知曲线byax在点1,a处的切线方程为860xy，则（）A．2a，4bB．2a，4bC．2a，1bD．8a，1b【答案】B【详解】将1,a代入860xy，得2a，易知直线860xy的斜率为8．因为1byabx，所以1218bb，所以4b．故选：B．6．在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式.如果函数足够光滑的话，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况之下，泰勒公式可以用这些导数值做系数构建一个多项式来近似函数在一点的邻域中的值，常见的公式有：23411111e11!2!3!4!!xnxxxxxn；3571211111sin(1)3!5!7!21!nnxxxxxxn.则利用泰勒公式估计cos1的近似值为（）（精确到0.001）A．0.536B．0.540C．0.544D．0.549【答案】B【详解】根据题意，求导可得242111cos112!4!2!kkxxxxk，因为110.52，1110.541724!，11110.540324!6!，111110.540324!6!8!，所以111cos111110.5402!4!6!，故选：B.7．已知01021cos,,,fxxfxfxfxfx，1,Nnnfxfxn，则2007fx为（）A．sinxB．sinxC．cosxD．cosx【答案】A【详解】0()cosfxx，∴10()()sinfxfxx，21()()cosfxfxx，32()()sinfxfxx，43()()cosfxfxx，∴4()()nnfxfx，∴20073()()sinfxfxx.故选：A．二、填空题（每小题只有一个正确选项，共3*5分）8．设曲线1()(,1)nfxxnnN在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为nx，则12342021xxxxx__________．【答案】12022【详解】解：由1()(,1)nfxxnnN得((1))nxnxf，所以切线的斜率为1n，所以在点(1,1)处的切线方程为1(1)(1)ynx，令0y，解得1nxn，即1nnxn，所以123420211232021123420222022xxxxx.故答案为：12022.9．曲线32364yxxx的所有切线中，斜率最小的切线的方程是__________．【答案】330xy【详解】解：由题意223663(1)3yxxx，所以1x时，min3y，又1x时，0y，所以所求切线的方程为03(1)yx，即330xy．故答案为：330xy．10．已知函数211fxxmx为偶函数，则函数ln2gxmxmx的零点个数为______．【答案】2【详解】由fx为偶函数，得fxfx，即221111xmxxmx，所以m－1＝0，即m＝1，所以ln2gxxx，则111xgxxx，易知gx在（0，1）上单调递减，在1,上单调递增，所以gx的极小值，也是最小值，为110g．又因为22ee40g，且gx的图象在1,上连续不断，所以gx在1,上有唯一零点；又因为22110eeg，且gx的图象在（0，1）上连续不断，所以gx在（0，1）上有唯一零点．综上所述，gx有且仅有2个零点．故答案为：2.三、主观题（共5小题，共50分）11．设函数32()(3)fxxaxax，若()fx为奇函数，求：(1)曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程；(2)函数()fx的极大值点．【答案】(1)3yx(2)1【解析】（1）因为函数32()(3)fxxaxax为奇函数，所以()()fxfx，从而得到30a，即3a，所以3()3fxxx．因为2()33fxx，所以(0)3f，所以曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程为3yx．（2）2()330fxx，由()0fx，得11x，由()0fx，得1x或1x，所以函数在(1,1)上是严格减函数，在(,1),(1,)上是严格增函数，所以函数的极大值点是1．12．已知函数2ln()(1)xfxx．若()fx在0,1上的极值点为0x，求证：02fx．【答案】证明见解析【详解】证明：由()fx，得3112ln()(1)xxfxx．因为()fx在0,1上的极值点为0x，所以00030112ln01xxfxx，得00012ln101xxx，从而0002200ln2ln222121xxfxxx20020000011211220212121xxxxxxx，所以02fx．13．已知函数21e1R2xfxxaxa，其中e是自然对数的底数.(1)设fx的极小值为ha，求ha的最大值；(2)若存在1212,xxxx使得12fxfx，且121xx+，求a的取值范围.【答案】(1)2；(2)1e,2.【解答】（1）因为21e1R2xfxxaxa，所以e,xfxxafx在R上单调递增，又Ra，所以存在唯一0x，使000e0xfxxa，即00exax，当0,xx时，0fx，当0,xx时，0fx，所以fx在区间0,x上单调递减，在0,x上单调递增，所以fx的极小值为0002200000011e1ee122xxxfxxaxxxx020011e12xxx，所以020011e12xhaxx，令211e12xgxxx，则11ee1xxgxxxx，所以,0,0xgx，gx单调递增，0,,0xgx，gx上单调递减，∴max02gxg，即ha的最大值为2；（2）不妨设1211,(0)22xtxtt，所以关于t的方程1122ftft有正实数解，所以221122111111e1e1222222tttattat，即1122ee120ttat有正实数解，设1122ee12,(0)ttFtatt，则1122ee12ttGtFta，1122e0ettGt，所以Ft在0,上单调递增，所以1202e12FtFa，①当1e2a时，0Ft，所以Ft单调递增，所以00FtF，不合题意；②当1e2a时，存在10t，使得10Ft，当10,tt时，0Ft，当1,tt时，0Ft，所以Ft在10,t上单调递减，在1,t上单调递增，所以100FtF，所以存在21tt，使得20Ft，符合题意；综上，a的取值范围为1e,2.14．已知函数2ln,R.fxaxax(1)若曲线()yfx在点(1,(1))Pf处的切线垂直于直线2yx，求a的值；(2)求函数()fx在区间(0,e]上的最小值.【答案】(1)1(2)当2ea„时，函数fx在区间0,e上的最小值