2022版高考数学大一轮复习-第3章-导数及其应用-第2讲-导数的简单应用备考试题.docx

2022版高考数学大一轮复习 第3章 导数及其应用 第2讲 导数的简单应用备考试题2022版高考数学大一轮复习 第3章 导数及其应用 第2讲 导数的简单应用备考试题年级：姓名：第三章导数及其应用第二讲导数的简单应用练好题考点自测 1.2021陕西模拟若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)上单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2B.(-,-1C.2,+)D.1,+)2.下列说法错误的是()A.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的B.若x0是可导函数y=f(x)的极值点,则一定有f(x0)=0C.函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值D.函数f(x)=xsinx有无数个极值点3.2020安徽安庆一中5月模拟函数y=f(x)的导函数的图象如图3-2-1所示,给出下列命题:(0,3)为函数y=f(x)的单调递减区间;(5,+)为函数y=f(x)的单调递增区间;函数y=f(x)在x=0处取得极大值;函数y=f(x)在x=5处取得极小值.其中正确的命题序号是()A.B.C.D.图3-2-14.2017全国卷,11,5分若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则 f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.15.2021河南省名校第一次联考已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=.6.2021武汉市部分学校质检设函数f(x)=ln1+sinx2cosx在区间-4,4上的最小值和最大值分别为m和M,则m+M=.拓展变式1.2020全国卷,21,12分文已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)2x+c,求c的取值范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.2.已知函数g(x)=13x3-a2x2+2x+5.(1)若函数g(x)在(-2,-1)内单调递减,则a的取值范围为;(2)若函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,则a的取值范围为;(3)若函数g(x)在(-2,-1)上不单调,则a的取值范围为.3.2017北京,19,13分文已知函数f(x)=excosx-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.4.2020广西桂林三校联考已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx.(1)函数g(x)=f(x)-ax2+1,在其定义域上g(x)0恒成立,求实数a的最小值;(2)当a0时, f(x)在区间1,e上的最小值为-2,求实数a的取值范围.5.2021湖南名校大联考若f(x)为定义在R上的偶函数,当x(-,0时,f(x)+2x0,则不等式f(x+1)-f(x+2)2x+3的解集为()A.(32,+)B.(-,-3)C.(-,-32)D.(-32,+)答 案第三章导数及其应用第二讲导数的简单应用1.D因为f(x)=kx-ln x,所以f(x)=k-1x.因为f(x)在区间(1,+)上单调递增,所以当x1时,f(x)=k-1x0恒成立,即k1x在区间(1,+)上恒成立.因为x1,所以01x1,所以k1.故选D.2.A对于A选项,函数在某区间上或定义域内的极大值不一定是唯一的,如f(x)=sin x在定义域内有无数个极大值点,故A错误;对于B选项,若x0是可导函数y=f(x)的极值点,则一定有f(x0)=0,故B正确;对于C选项,显然正确;对于D选项,函数f(x)=xsinx的导数f(x)=sin x+xcosx,令f(x)=0,则x=-tan x,因为y=x与y=-tan x的图象有无数个交点,故函数f(x)=xsinx有无数个极值点,故D正确.选A.3.B由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x-1或3x5时,f(x)0,y=f(x)单调递减,当-1x5时,f(x)0,y=f(x)单调递增,由此可知错误,正确;函数y=f(x)在x=-1,x=5处取得极小值,在x=3处取得极大值,由此可知错误,正确.故选B.4.A因为f(x)=(x2+ax-1)ex-1,所以f(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=x2+(a+2)x+a-1ex-1.因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1.令f(x)0,解得x1,令f(x)0,解得-2x0.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,c3)c3(c3,c)c(c,+)f(x)+0-0+f(x)极大值f(c3)极小值f(c)故c3=2,c=6.解法二由题知,f (x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c),则f(2)=(2-c)(6-c)=0,解得c=2或c=6,经检验,c=2不合题意,故c=6.6.-2ln 2令g(x)=1+sinx2cosx,x-4,4,则g(x)=cos2x+sinx(1+sinx)2cos2x=sinx+12cos2x,因为x-4,4,所以sin x-22,22,所以g(x)0,则g(x)在-4,4上单调递增,所以f(x)在-4,4上单调递增,因为g(-4)=1-22222=2-12,g(4)=1+22222=2+12,所以f(x)的最小值与最大值的和m+M=ln2-12+ln2+12=ln14=-2ln 2.1.设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)=2x-2=2(1-x)x.(1)当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时,f(x)2x+c.所以c的取值范围为-1,+).(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x(0,a)(a,+).g(x)=2(x-ax+lna-lnx)(x-a)2=2(1-ax+lnax)(x-a)2.取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2=2(1-x+ln x),h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+ln x0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+ln ax0,从而g(x)0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+)上单调递减.2.因为g(x)=13x3-a2x2+2x+5,所以g(x)=x2-ax+2.(1)(-,-3解法一因为g(x)在(-2,-1)内单调递减,所以g(x)=x2-ax+20在(-2,-1)内恒成立.所以g(-2)0,g(-1)0,即4+2a+20,1+a+20,解得a-3.即实数a的取值范围为(-,-3.解法二由题意知x2-ax+20在(-2,-1)内恒成立,所以ax+2x在(-2,-1)内恒成立,记h(x)=x+2x,则x(-2,-1)时,-3h(x)-22,所以a-3.即实数a的取值范围为(-,-3.(2)(-,-22)因为函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,所以g(x)=x2-ax+20在(-2,-1)内有解,所以a0,所以a+2lnx+1x在(0,+)上恒成立.设h(x)=lnx+1x(x0),则h(x)=1xx-(lnx+1)1x2=-lnxx2,令h(x)=0,得x=1.当0x0,函数h(x)单调递增;当x1时,h(x)0,a0),令f(x)=0,得x1=12,x2=1a.当01a1,即a1时,因为x1,e,所以f(x)0, f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=-2,符合题意;当11ae,即1ea1时,因为x1,e,所以当x1,1a)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1a)f(1)=-2,不符合题意,舍去;当1ae,即0a1e时,因为x1,e,所以f(x)0, f(x)单调递减,所以f(x)min=f(e)0,所以g(x)在(-,0上单调递增,所以当x(0,+)时,g(x)单调递减.g(x+1)=f(x+1)+(x+1)2,g(x+2)=f(x+2)+(x+2)2,所以不等式f(x+1)-f(x+2)2x+3,可化为f(x+1)+(x+1)2f(x+2)+(x+2)2,(题眼)即g(x+1)g(x+2),所以|x+1|-32,故选D.