第一部分 专题一 第4讲 导数的简单应用-【创新教程】2024高考数学总复习大二轮专题增分方案课时作业word（新教材）

一、单选题 1．(2023·邯郸二模)已知直线y＝x是曲线f(x)＝ln x＋a的切线，则a＝(　　) A．－1　　B．1　　　C．－2　　　D．2 解析：B　[函数f(x)＝ln x＋a，求导得f′(x)＝，令直线y＝x与曲线f(x)＝ln x＋a相切的切点为(x0，lnx0＋a)， 于是＝1且lnx0＋a＝x0，所以a＝x0＝1.故选B.] 2．(2023·潍坊三模)若P为函数f(x)＝ex－x图象上的一个动点，以P为切点作曲线y＝f(x)的切线，则切线倾斜角的取值范围是(　　) A. B. C. D.∪ 解析：D　[设P点坐标为(x0，y0)， 由f(x)＝ex－x，x∈R， 得f′(x)＝ex－， 则以P为切点的切线斜率为ex0－＞－， 令切线倾斜角为θ，θ∈[0，π)，则tan θ＞－， 则θ∈∪.故选D.] 3．(2023·北京房山区模拟)已知函数f(x)＝2x－sin x，则下列选项正确的是(　　) A．f(2.7)＜f(π)＜f(e) B．f(π)＜f(e)＜f(2.7) C．f(e)＜f(2.7)＜f(π) D．f(2.7)＜f(e)＜f(π) 解析：D　[f(x)＝2x－sin x，因为cos x∈[－1,1]，故f′(x)＝2－cos x＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为2.7＜e＜π，所以f(2.7)＜f(e)＜f(π)，故选D.] 4．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：C　[由题意可知f′(x)＝aex－≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≥max，设g(x)＝xex，则在x∈(1,2)上恒有g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)min＝g(1)＝e，则max＝，即a≥e－1.故选C.] 5．(2023·大连一模)牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数f(x)在x0附近一点的函数值可用f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－x0)代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程x3－3x＋1＝0，选取初始值x0＝，在下面四个选项中最佳近似解为(　　) A．0.333 B．0.335 C．0.345 D．0.347 解析：D　[令f(x)＝x3－3x＋1，则f′(x)＝3x2－3， 令f(x)＝0，即f(x0)＋f′(x0)(x－x0)≈0，可得x≈x0－，迭代关系为xk＋1＝xk－ ＝xk－＝(k∈N)， 取x0＝，则x1＝＝＝，x2＝＝＝≈0.34722，故选D.] 6．(2023·湖南四大名校联考)若当x∈时，关于x的不等式ex－xcos x＋cos xlncos x＋ax2≥1恒成立，则满足条件的a的最小整数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：A　[关于x的不等式ex－xcos x＋cos xlncos x＋ax2≥1恒成立， 因为x∈，所以cos x＞0， 即－x＋lncos x＋≥， 即－ln≥， 即ln≤－， 令g(x)＝ln x－x＋1，g′(x)＝－1＝，x∈(0，＋∞)，x∈(0,1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； g(x)max＝g(1)＝0易证ln x≤x－1(x＞0)， 且＞0，所以ln≤－1，所以≤1，即1－ax2≤cos x. 令h(x)＝cos x－1＋，x∈，h′(x)＝sin x＋x＞0，h(x)＞h(0)＝0， 又易知cos x＞1－，据此可以判断a＞满足不等式成立， 故最小整数为1.故选A.] 二、多选题 7．(2023·大连一模)定义在R上的函数f(x)＝x4＋2x3＋4x2＋ax＋1，则(　　) A．存在唯一实数a，使函数f(x)图象关于直线x＝－对称 B．存在实数a，使函数f(x)为单调函数 C．任意实数a，函数f(x)都存在最小值 D．任意实数a，函数f(x)都存在两条过原点的切线 解析：ACD　[对于A，若函数f(x)图象关于直线x＝－对称，则f(x)＝f(－1－x)恒成立 所以f(0)＝f(－1)，所以1＝4－a，解得a＝3， 且当a＝3时，f(x)＝x4＋2x3＋4x2＋3x＋1＝x2(x＋1)2＋3x(x＋1)＋1，则f(－1－x)＝(－1－x)2(－1－x＋1)2＋3(－1－x)(－1－x＋1)＋1＝x2(x＋1)2＋3x(x＋1)＋1＝f(x)， 所以存在唯一实数a，使函数f(x)图象关于直线x＝－对称，故A正确； 对