2022屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導數(shù)的簡單應用 文

2022屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導數(shù)的簡單應用 文(40分鐘70分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.已知直線y=kx+1與曲線y=x3+mx+n相切于點A(1,3),則n=()A.-1B.1C.3D.4【解析】選C.對于y=x3+mx+n,y=3x2+m,而直線y=kx+1與曲線y=x3+mx+n相切于點A(1,3),則有可解得n=3.2.函數(shù)f(x)=3x2+ln x-2x的極值點的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.無數(shù)個【解析】選A.函數(shù)定義域為(0,+),且f(x)=6x+-2=,由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中=-20<0,所以g(x)>0恒成立,故f(x)>0恒成立,即f(x)在定義域上單調(diào)遞增,無極值點.3.設函數(shù)f(x)=+ln x,則()A.x=為f(x)的極大值點B.x=為f(x)的極小值點C.x=2為f(x)的極大值點D.x=2為f(x)的極小值點【解析】選D.由函數(shù)f(x)=+ln x求導數(shù)得f(x)=-+=,函數(shù)定義域為(0,+),所以在區(qū)間(0,2)上,f(x)<0,f(x)是減函數(shù),在區(qū)間(2,+)上,f(x)>0,f(x)是增函數(shù),所以x=2為f(x)的極小值點.4.(2018·菏澤一模)已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則函數(shù)y=log2的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.B.3,+)C.-2,3D.(-,-2)【解析】選D.因為f(x)=x3+bx2+cx+d,所以f(x)=3x2+2bx+c,由圖可知f(-2) =f(3)=0,所以解得令g(x)=x2+bx+,則g(x)=x2-x-6,g(x)=2x-1,由g(x)=x2-x-6>0,解得x<-2或x>3.當x<時,g(x)<0,所以g(x)=x2-x-6在(-,-2)上為減函數(shù),所以函數(shù)y=log2的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,-2).5.設f(x)和g(x)分別是f(x)和g(x)的導函數(shù),若f(x)g(x)0在區(qū)間上恒成立,則稱f(x)和g(x)在區(qū)間上單調(diào)性相反,若函數(shù)f(x)=x3-2ax與g(x)=x2+2bx在開區(qū)間(a,b)上單調(diào)性相反(a>0),則b-a的最大值為()A.B.1C.D.2【解析】選A.由題意得,b>a>0,所以g(x)=2x+2b>0在(a,b)上恒成立,所以問題等價于f(x)=x2-2a0在(a,b)上恒成立,所以(x2-2a)max=b2-2a0,所以b-ab-b2=-(b-1)2+,當且僅當b=1,a=時,等號成立,所以b-a的最大值為.6.(2018·唐山一模)設函數(shù)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間a,b上的兩個函數(shù),若對任意的xa,b,都有|f(x)-g(x)|k(k>0),則稱f(x)和g(x)在a,b上是“k度和諧函數(shù)”,a,b稱為“k度密切區(qū)間”.設函數(shù)f(x)=ln x與g(x)=在上是“e度和諧函數(shù)”,則m的取值范圍是()A.-e-1,1B.-1,e+1C.D.【解析】選B.設h(x)=f(x)-g(x)=ln x-=-m+ln x,h(x)=-+=,故當x時,h(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;當x1,e時,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)h(x)的最小值為h(1)=-m+1,而h=-m+e-1.h(e)=-m+1,顯然e-1>+1,所以h>h(e),故函數(shù)h(x)的最大值為h=-m+e-1.故函數(shù)h(x)在上的值域為-m+1,-m+e-1.由題意,|h(x)|e,即-eh(x)e,所以解得-1m1+e.二、填空題(每小題5分,共10分)7.曲線y=xex+2x+1在點(0,1)處的切線方程為_.  【解析】y=ex+xex+2,斜率k=e0+0+2=3,所以,y-1=3x,即y=3x+1.答案:y=3x+18.已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是_.  【解析】函數(shù)f(x)=x(ln x-ax),則f(x)=ln x-ax+x=ln x-2ax+1, 令f(x)=ln x-2ax+1=0,得ln x=2ax-1,因為函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,所以f(x)=ln x-2ax+1有兩個零點,等價于函數(shù)y=ln x與y=2ax-1的圖象有兩個交點,在同一個坐標系中作出它們的圖象,過點(0,-1)作y=ln x的切線,設切點為(x0,y0),則切線的斜率k=,切線方程為y=x-1. 切點在切線上,則y0=-1=0,又切點在曲線y=ln x上,則ln x0=0x0=1,即切點為(1,0).切線方程為y=x-1.再由直線y=2ax-1與曲線y=ln x有兩個交點,知直線y=2ax-1位于兩直線y=-1和y=x-1之間,其斜率2a滿足0<2a<1,解得實數(shù)a的取值范圍是.答案:三、解答題(每小題10分,共30分)9.已知函數(shù)f(x)=x-eax(a>0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值.【解析】(1)f(x)=x-eax(a>0),則f(x)=1-aeax,令f(x)=1-aeax=0,則x=ln .當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:xln f(x)+0-f(x)極大值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為;單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)當ln ,即0<a時,f(x)max=f=-e2;當<ln <,即<a<時,f(x)max=f=ln -;當ln ,即a時,f(x)max=f=-e.綜上,當0<a時,f(x)max=-e2;當<a<時,f(x)max=ln -;當a時,f(x)max=-e.10.已知函數(shù)f(x)=ln x-x2+x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.(2)若關于x的不等式f(x)x2+ax-1恒成立,求整數(shù)a的最小值.(3)若正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+2(+)+x1x2=0,證明x1+x2.【解題指南】(1)求f(x),而使f(x)0的x所在區(qū)間便為f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.(2)構造函數(shù)g(x)=f(x)-=ln x-ax2+(1-a)x+1,求g(x) =,容易判斷當a0時不合題意;而a>0時,能夠求出f(x)的最大值為g=-ln a,可設h(a)=-ln a,該函數(shù)在(0,+)上為減函數(shù),并且h(1)>0,h(2)<0,從而得到整數(shù)a最小為2.(3)由f(x1)+f(x2)+2(+)+x1x2=0便得到(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),這樣令t=x1x2,t>0,容易求得函數(shù)t-ln t的最小值為1,從而得到(x1+x2)2+(x1+x2)1,解這個關于x1+x2的一元二次不等式即可得出要證的結論.【解析】(1)f(x)=(x>0),所以x1時,f(x)0;所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為1,+).(2)令g(x)=f(x)-=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=,當a0時,因為x>0,所以g(x)>0;所以此時g(x)在(0,+)上是遞增函數(shù);又g(1)=-a+2>0;所以g(x)0不能恒成立,即關于x的不等式f(x)x2+ax-1不能恒成立;所以這種情況不存在;當a>0時,g(x)=;所以當x時,g(x)>0;當x時,g(x)<0;所以函數(shù)g(x)的最大值為g=ln -a·+(1-a)·+1=-ln a;令h(a)=-ln a;因為h(1)=>0,h(2)=-ln 2<0,又h(a)在a(0,+)上是減函數(shù);所以當a2時,h(a)<0;所以整數(shù)a的最小值為2.(3)由f(x1)+f(x2)+2(+)+x1x2=0,即ln x1+x1+ln x2+x2+x1x2=0,從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2).令t=x1x2,則由h(t)=t-ln t得,h(t)=;可知,h(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增;所以h(t)h(1)=1;所以(x1+x2)2+(x1+x2)1,又x1+x2>0,因此x1+x2成立.11.設函數(shù)f(x)=-ax.(1)若函數(shù)f(x)在(1,+)上為減函數(shù),求實數(shù)a的最小值.(2)若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)由已知得x>0,x1.因為f(x)在(1,+)上為減函數(shù),故f(x)= -a0在(1,+)上恒成立.所以當x(1,+)時,f(x)max0.又f(x)=-a=-+-a=-+-a,故當=,即x=e2時,f(x)max=-a.所以-a0,于是a,故a的最小值為. (2)命題“若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立”等價于“當xe,e2時,有f(x)minf(x)max+a”.由(1),當xe,e2時,f(x)max=-a,所以f(x)max+a=.問題等價于“當xe,e2時,有f(x)min”.當a時,由(1),f(x)在e,e2上為減函數(shù).則f(x)min=f(e2)= -ae2,故a-.當-<-a<0,即0<a<時,因為xe,e2,所以ln x.因為f(x)=-a+,由復合函數(shù)的單調(diào)性知f(x)在e,e2上為增函數(shù),所以存在唯一x0(e,e2),使f(x0)=0且滿足:f(x)min=f(x0)=-ax0+,要使f(x)min,所以-a-<-=-,與-<-a<0矛盾,所以-<-a<0不合題意.綜上,實數(shù)a的取值范圍為.(20分鐘20分)1.(10分)(2018·黃岡一模)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間.(2)若f(x)x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.【解析】(1)由已知得f(x)=f(1)-f(0)+x.所以f(1)=f(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f(1),所以f(1)=e.從而f(x)=ex-x+x2.由于f(x)=ex-1+x,故當x(-,0)時,f(x)<0;當x(0,+)時,f(x)>0.從而,f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(-,0),單調(diào)增區(qū)間是(0,+).(2)由已知條件得ex-(a+1)xb.()若a+1<0,則對任意常數(shù)b,當x<0,且x<時,可得ex-(a+1)x<b,因此式不成立.()若a+1=0,則(a+1)b=0.()若a+1>0,設g(x)=ex-(a+1)x,則g(x)=ex-(a+1).當x(-,ln(a+1)時,g(x)<0;當x(ln(a+1),+)時,g(x)>0.從而g(x)在(-,ln(a+1)上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+)上單調(diào)遞增.故g(x)有最小值g(ln(a+1)=a+1-(a+1)ln(a+1).所以f(x)x2+ax+b等價于ba+1-(a+1)·ln(a+1).因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).設h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則h(a)=(a+1)·1-2ln(a+1).所以h(a)在(-1,-1)上單調(diào)遞增,在(-1,+)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=-1處取得最大值.從而h(a),即(a+1)b.當a=-1,b=時,式成立,故f(x)x2+ax+b.綜合得,(a+1)b的最大值為.2.(10分)(2018·新鄉(xiāng)一模)已知函數(shù)f(x)=(x+a)ln x,g(x)=,曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線與直線2x-y-3=0平行.(1)求證:方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根.(2)設函數(shù)m(x)=minf(x),g(x)(minp,q表示p,q中的較小者),求m(x)的最大值.【解析】(1)由題意知,曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線斜率為2,所以f(1)=2,又f(x)=ln x+1,所以a=1.所以f(x)=(x+1)ln x.設h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-,當x(0,1時,h(x)<0,又h(2)=3ln 2-=ln 8->1-1=0,所以存在x0(1,2),使h(x0)=0.因為h(x)=ln x+1-,當x(1,2)時,0<x(2-x)=-(x-1)2+1<1,ex>e,所以0<<,所以<,所以h(x)>1->0,所以當x(1,2)時,h(x)單調(diào)遞增,所以方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根.(2)由(1)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根x0,且x(0,x0)時,f(x)<g(x),又當x(x0,2)時,h(x)>0,當x(2,+)時,h(x)>0,所以當x(x0,+)時,h(x)>0,所以當x(x0,+)時,f(x)>g(x),所以m(x)=當x(0,x0)時,若x(0,1,則m(x)0;若x(1,x0,由m(x)=ln x+1>0,可知0<m(x)m(x0),故當x(0,x0時,m(x)m(x0).當x(x0,+)時,由m(x)=可得當x(x0,2)時,m(x)>0,m(x)單調(diào)遞增;x(2,+)時,m(x)<0,m(x)單調(diào)遞減.可知m(x)m(2)=,且m(x0)<m(2).綜上可得,函數(shù)m(x)的最大值為.