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

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1、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.-1　 B.1　 C.3　 D.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.0 B.1 C.2 D.無數(shù)個 【解析】選A.函數(shù)定義域為(0,+

2、∞), 且f′(x)=6x+-2=, 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-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

3、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的單調遞減區(qū)間為 (　　) A.　 B.[3,+∞) C.[-2,3]　 D.(-∞,-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

4、以函數(shù)y=log2的單調遞減區(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)上單調性相反(a>0),則b-a的最大值為 (　　) A. B.1 C. 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)=x2-2a≤0在(a,b)上恒成立, 所以(x2-2a)max=b2-2a≤0, 所以b-a≤b-b2=-

5、(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x∈[a,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-1,1] B.[-1,e+1] C.　 D. 【解析】選B.設h(x)=f(x)-g(x)=ln x-=-m++ln x,h′(x)=-+=,故當x∈時,

6、h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調遞減;當x∈[1,e]時,h′(x)≥0,函數(shù)h(x)單調遞增.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-e≤h(x)≤e,所以解得-1≤m≤1+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=

7、3x,即y=3x+1. 答案:y=3x+1 8.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

8、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=0?x0=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,

9、則x=ln . 當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x ln f′(x) + 0 - f(x) 極大值 故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為; 單調遞減區(qū)間為. (2)當ln ≥, 即0

10、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a≤0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)

11、+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x≥1時,f′(x)≤0; 所以f(x)的單調減區(qū)間為[1,+∞). (2)令g(x)=f(x)- =ln x-ax2+(1-a)x+1, 所以g′(x)= =, ①當a≤0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

12、+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; ②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a≥2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,

13、 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)上單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增;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,x2∈[e,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,x≠1. 因為f(x)在(1,+∞)

14、上為減函數(shù), 故f′(x)= -a≤0在(1,+∞)上恒成立. 所以當x∈(1,+∞)時,f′(x)max≤0. 又f′(x)=-a=-+-a =-+-a, 故當=,即x=e2時,f′(x)max=-a. 所以-a≤0,于是a≥,故a的最小值為. (2)命題“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等價于“當x∈[e,e2]時,有f(x)min≤f′(x)max+a”. 由(1),當x∈[e,e2]時,f′(x)max=-a,所以f′(x)max+a=.問題等價于“當x∈[e,e2]時,有f(x)min≤”. ①當a≥時,由(1),f(x)在[e

15、,e2]上為減函數(shù). 則f(x)min=f(e2)= -ae2≤,故a≥-. ②當-<-a<0,即0

16、 (1)求f(x)的解析式及單調區(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)的單調減區(qū)間是(-∞,0),單調增區(qū)間是(0,+∞). (2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.① (ⅰ)若a+1<0,則對任意常數(shù)b,當x<0

17、,且x<時,可得ex-(a+1)x0,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))上單調遞減, 在(ln(a+1),+∞)上單調遞增. 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b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)

18、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)上單調遞增,在(-1,+∞)上單調遞減, 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,②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)內存在

19、唯一的實根. (2)設函數(shù)m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,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

20、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)單調遞增, 所以方程f(x)=g(x)在(1,2)內存在唯一的實根. (2)由(1)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)內存在唯一的實根x0,且x∈(0,x0)時,f(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00,m(x)單調遞增;x∈(2,+∞)時,m′(x)<0,m(x)單調遞減. 可知m(x)≤m(2)=,且m(x0)