2022高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用课时作业含解析新人教B版.doc
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导数与函数的综合应用 课时作业 1.假设函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,那么k的取值范围是( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 答案 D 解析 因为f(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以f′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立, 因为f(x)=kx-ln x,所以f′(x)=k-≥0,即k≥. 因为x>1,所以0<<1, 所以k≥1.所以k∈[1,+∞).应选D. 2.函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于(1,0)点,那么f(x)的极大值、极小值分别为( ) A.-,0 B.0,- C.,0 D.0, 答案 C 解析 由题意知,f′(x)=3x2-2px-q,由f′(1)=0,f(1)=0,得解得p=2,q=-1, ∴f(x)=x3-2x2+x,由f′(x)=3x2-4x+1=0,得x=或x=1,易得当x=时,f(x)取极大值,当x=1时,f(x)取极小值0. 3.(2022·福建莆田月考)假设x=1是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,那么f(x)的极大值为( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 答案 C 解析 f′(x)=[x2+(2+a)x+a-1]ex-1, 由f′(1)=0得a=-1. ∴由f′(x)=(x2+x-2)ex-1=0得x=-2或1. 又当x<-2时,f′(x)>0, 当-2<x<1时,f′(x)<0, ∴f(x)的极大值为f(-2)=5e-3.应选C. 4.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如下图,那么以下结论中一定成立的是( ) A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 答案 D 解析 由图可得函数y=(1-x)f′(x)的零点为-2,1,2,那么当x<1时,1-x>0,此时在(-∞,-2)上f′(x)>0,在(-2,1)上f′(x)<0;当x>1时,1-x<0,此时在(1,2)上f′(x)<0,在(2,+∞)上f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,因此f(x)有极大值f(-2),极小值f(2).应选D. 5.函数f(x)=x3-x2-x,那么f(-a2)与f(-1)的大小关系为( ) A.f(-a2)≤f(-1) B.f(-a2)<f(-1) C.f(-a2)≥f(-1) D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定 答案 A 解析 由题意可得f′(x)=x2-2x-. 由f′(x)=(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=. 当x<-1时,f(x)为增函数;当-1<x<时,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,故f(-a2)≤f(-1). 6.(2022·河南许昌模拟)f(x)是偶函数,在(-∞,0)上满足xf′(x)>0恒成立,那么以下不等式成立的是( ) A.f(-3)<f(4)<f(-5) B.f(4)<f(-3)<f(-5) C.f(-5)<f(-3)<f(4) D.f(4)<f(-5)<f(-3) 答案 A 解析 当x∈(-∞,0)时,xf′(x)>0,即f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,又f(x)为偶函数, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.∴f(3)<f(4)<f(5), ∴f(-3)<f(4)<f(-5).应选A. 7.(2022·黔东南州模拟)假设函数f(x)=xln x-a有两个零点,那么实数a的取值范围为( ) A. B. C. D. 答案 C 解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=0得a=xln x,记g(x)=xln x. 那么g′(x)=ln x+1,由g′(x)>0得x>,由g′(x)<0得0<x<. ∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,且g(x)min=g=-,由图可知-<a<0.应选C. 8.函数f(x)=x3-3x-1,假设对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,那么实数t的最小值是( ) A.20 B.18 C.3 D.0 答案 A 解析 因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f′(x)=0,得x=±1,可知-1,1为函数的极值点.又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.由题设知在区间[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,从而t≥20,所以t的最小值是20. 9.函数f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,假设∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,那么实数a的取值范围是( ) A. B.[-1,+∞) C.[-e,+∞) D. 答案 D 解析 f′(x)=ex+xex=(1+x)ex,当x>-1时,f′(x)>0,函数单调递增;当x<-1时,f′(x)<0,函数单调递减.所以当x=-1时,f(x)取得极小值即最小值,f(-1)=-.函数g(x)的最大值为a.假设∃x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,那么有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-.应选D. 10.(2022·天津高考)a∈R,设函数f(x)=假设关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,那么a的取值范围为( ) A.[0,1] B.[0,2] C.[0,e] D.[1,e] 答案 C 解析 当x≤1时,由f(x)=x2-2ax+2a≥0恒成立,而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x=a, 所以当a≥1时,f(x)min=f(1)=1>0恒成立, 当a<1时,f(x)min=f(a)=2a-a2≥0,∴0≤a<1. 综上,a≥0. 当x>1时,f(x)=x-aln x≥0恒成立, 即a≤恒成立. 设g(x)=,那么g′(x)=.令g′(x)=0, 得x=e, 且当1<x<e时,g′(x)<0,当x>e时,g′(x)>0, ∴g(x)min=g(e)=e,∴a≤e. 综上,a的取值范围是0≤a≤e,即[0,e].应选C. 11.(2022·广东汕头模拟)函数f(x)=ex-ln x,那么下面对函数f(x)的描述正确的选项是( ) A.∀x∈(0,+∞),f(x)≤2 B.∀x∈(0,+∞),f(x)>2 C.∃x0∈(0,+∞),f(x0)=0 D.f(x)min∈(0,1) 答案 B 解析 易知f(x)=ex-ln x的定义域为(0,+∞), 且f′(x)=ex-=, 令g(x)=xex-1,x≥0,那么g′(x)=(x+1)ex>0在[0,+∞)上恒成立, 那么g(x)在[0,+∞)上单调递增, 又g(0)·g(1)=-(e-1)<0,所以∃x0∈(0,1),使g(x0)=0,那么f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,即f(x)min=f(x0)=ex0-ln x0, 又ex0=,x0=-ln x0,所以f(x)min=+x0>2.应选B. 12.(2022·云南玉溪模拟)设函数f(x)的定义域为R,f(0)=2,对任意的x∈R,f(x)+f′(x)>1,那么不等式exf(x)>ex+1的解集为( ) A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1) 答案 A 解析 构造函数g(x)=ex[f(x)-1],∵f(x)-1+f′(x)>0,∴g′(x)=ex[f(x)-1+f′(x)]>0,∴g(x)是R上的增函数,又f(0)=2,∴g(0)=1,∴exf(x)>ex+1,即g(x)>g(0),∴x>0.应选A. 13.函数f(x)=ex-2x+a有零点,那么a的取值范围是________. 答案 (-∞,2ln 2-2] 解析 由函数f(x)有零点,可将问题转化为方程ex-2x+a=0有解问题,即方程a=2x-ex有解. 令函数g(x)=2x-ex,那么g′(x)=2-ex,令g′(x)=0,得x=ln 2,所以g(x)在(-∞,ln 2)上是增函数,在(ln 2,+∞)上是减函数,所以g(x)的最大值为g(ln 2)=2ln 2-2,又当x→-∞时,g(x)→-∞,因此,a的取值范围就是函数g(x)的值域,所以a∈(-∞,2ln 2-2]. 14.(2022·北京高考)设函数f(x)=ex+ae-x(a为常数).假设f(x)为奇函数,那么a=________;假设f(x)是R上的增函数,那么a的取值范围是________. 答案 -1 (-∞,0] 解析 ∵f(x)=ex+ae-x(a为常数)的定义域为R,且f(x)为奇函数, ∴f(0)=e0+ae-0=1+a=0,∴a=-1. ∵f(x)=ex+ae-x,∴f′(x)=ex-ae-x=ex-. ∵f(x)是R上的增函数,∴f′(x)≥0在R上恒成立, 即ex≥在R上恒成立,∴a≤e2x在R上恒成立. 又e2x>0,∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0]. 15.函数f(x)=x3-bx2+c(b,c为常数).当x=2时,函数f(x)取得极值,假设函数f(x)有三个零点,那么实数c的取值范围为________. 答案 0<c< 解析 ∵f(x)=x3-bx2+c,∴f′(x)=x2-2bx. ∵当x=2时,f(x)取得极值,∴22-2b×2=0, 解得b=1. ∴当x∈(0,2)时,f(x)单调递减,当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f(x)单调递增. 假设f(x)=0有3个实根, 那么解得0<c<. 16.函数f(x)的定义域是[-1,5],局部对应值如表,f(x)的导函数y=f′(x)的图象如下图, x -1 0 2 4 5 f(x) 1 2 1.5 2 1 以下关于函数f(x)的命题: ①函数f(x)的值域为[1,2]; ②函数f(x)在[0,2]上是减函数; ③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4; ④当1<a<2时,函数y=f(x)-a最多有4个零点. 其中所有正确命题的序号是________. 答案 ①②④ 解析 由导函数的图象可知,当-1<x<0及2<x<4时,f′(x)>0,函数单调递增,当0<x<2及4<x<5时,f′(x)<0,函数单调递减,当x=0及x=4时,函数取得极大值f(0)=2,f(4)=2,当x=2时,函数取得极小值f(2)=1.5.又f(-1)=f(5)=1,所以函数的最大值为2,最小值为1,值域为[1,2],①②正确;因为当x=0及x=4时,函数取得极大值f(0)=2,f(4)=2,要使当x∈[-1,t]时,函数f(x)的最大值是2,那么0≤t≤5,所以t的最大值为5,所以③不正确;因为极小值f(2)=1.5,极大值f(0)=f(4)=2,所以当1<a<2时,y=f(x)-a最多有4个零点,所以④正确,所以正确命题的序号为①②④. 17.(2022·湖北武汉5月模拟)函数f(x)=ex--1. (1)假设直线y=x+a为曲线y=f(x)的切线,求实数a的值; (2)假设∀x∈[0,+∞),f(x)≥bx恒成立,求实数b的取值范围. 解 (1)设切点为P(x0,y0), 因为f′(x)=ex-x, 所以f′(x0)=ex0-x0=1, 令h(x)=ex-x,那么h′(x)=ex-1, 当x>0时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)上为增函数; 当x<0时,h′(x)<0,h(x)在(-∞,0)上为减函数; 所以h(x)min=h(0)=1,所以x0=0, 又ex0-x-1=x0+a,所以a=0. (2)∀x∈[0,+∞),f(x)≥bx恒成立⇔ex--1-bx≥0,x∈[0,+∞). 令g(x)=ex--1-bx,x∈[0,+∞), 那么g′(x)=ex-x-b, 设h(x)=ex-x-b,那么h′(x)=ex-1, 当x>0时,h′(x)=ex-1>0, 所以h(x)在[0,+∞)上为增函数,h(x)min=1-b, ①假设b≤1,那么当x>0时,g′(x)>0,故g(x)在[0,+∞)上为增函数, 故x∈[0,+∞)时,g(x)≥g(0)=0, 即ex--1-bx≥0恒成立,满足题意. ②假设b>1,因为g′(x)为(0,+∞)上的增函数, 且g′(0)=1-b<0,g′[ln (2b)]=b-ln b-ln 2, 令s(b)=b-ln b-ln 2, 其中b>1,那么s′(b)=1->0, 所以s(b)在(1,+∞)上为增函数, 所以s(b)>s(1)=1-ln 2>0, 故存在x0∈(0,ln (2b)),使得g′(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x0)上为减函数, 故当x∈(0,x0)时,g(x)<g(0)=0,矛盾,舍去.综上可得b≤1. 18.(2022·山东济宁二模)函数f(x)=ln x-xex+ax(a∈R). (1)假设函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围; (2)假设a=1,求f(x)的最大值. 解 (1)由题意知,f′(x)=-(ex+xex)+a=-(x+1)ex+a≤0在[1,+∞)上恒成立, 所以a≤(x+1)ex-在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x+1)ex-, 那么g′(x)=(x+2)ex+>0, 所以g(x)在[1,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(1)=2e-1,所以a≤2e-1. (2)当a=1时,f(x)=ln x-xex+x(x>0), 那么f′(x)=-(x+1)ex+1=(x+1), 令m(x)=-ex,那么m′(x)=--ex<0, 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减. 由于m>0,m(1)<0, 所以存在x0>0,满足m(x0)=0,即ex0=. 当x∈(0,x0)时,m(x)>0,f′(x)>0; 当x∈(x0,+∞)时,m(x)<0,f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 所以f(x)max=f(x0 )=ln x0-x0 ex0+x0, 因为ex0=,所以x0=-ln x0, 所以f(x0)=-x0-1+x0=-1, 所以f(x)max=-1. 19.(2022·武汉高三质量监测)函数f(x)=x-sinx-ln x+1,f′(x)是f(x)的导函数. (1)证明:当m=2时,f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点; (2)假设存在x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2时,f(x1)=f(x2),证明:x1x2<m2. 证明 (1)当m=2时,f(x)=x-sinx-ln x+1,f′(x)=1-cosx-. 当x∈(0,π)时,f′(x)为增函数,且f′=1--=-<0,f′(π)=->0, ∴f′(x)在(0,π)上有唯一零点. 当x∈[π,+∞)时,f′(x)=1-cosx-≥1--≥->0, ∴f′(x)在[π,+∞)上没有零点. 综上知,f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点. (2)不妨设0<x1<x2,由f(x1)=f(x2)得x1-sinx1-ln x1+1=x2-sin x2-ln x2+1, ∴(ln x2-ln x1)=x2-x1-(sinx2-sinx1). 设g(x)=x-sinx,那么g′(x)=1-cosx≥0,故g(x)在(0,+∞)上为增函数, ∴x2-sinx2>x1-sinx1,从而x2-x1>sinx2-sinx1, ∴(ln x2-ln x1)=x2-x1-(sinx2-sinx1)>(x2-x1), ∴m>. 下面证明:>. 令t=,那么t>1,即证明>,只需证明ln t-<0.(*) 设h(t)=ln t-,那么当t>1时,h′(t)=-<0,∴h(t)在(1,+∞)上单调递减. ∴当t>1时,h(t)<h(1)=0,从而(*)得证,即>. ∴m>,即x1x2<m2. 20.(2022·湖南怀化一模)设函数f(x)=ln x-ax2-bx. (1)假设x=1是f(x)的极大值点,求实数a的取值范围; (2)当a=0,b=-1时,方程x2=2mf(x)(其中m>0)有唯一实数解,求实数m的值. 解 (1)由题意,得函数f(x)的定义域为(0,+∞), 那么导数为f′(x)=-ax-b, 由f′(1)=0,得b=1-a, 所以f′(x)=-ax+a-1=, ①假设a≥0,由f′(x)=0,得x=1. 当0<x<1时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增; 当x>1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减. 所以x=1是f(x)的极大值点. ②假设a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-. 因为x=1是f(x)的极大值点, 所以->1,解得-1<a<0. 综合①②可得,实数a的取值范围是a>-1. (2)因为当a=0,b=-1时方程2mf(x)=x2有唯一实数解, 所以x2-2mln x-2mx=0有唯一实数解, 设g(x)=x2-2mln x-2mx, 那么g′(x)=, 令g′(x)=0,即x2-mx-m=0. 因为m>0,x>0, 所以x1=<0(舍去), x2=, 当x∈(0,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上单调递减, 当x∈(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(x2+∞)上单调递增, 当x=x2时,g′(x)=0,g(x)取最小值g(x2), 那么即 所以2mln x2+mx2-m=0, 因为m>0,所以2ln x2+x2-1=0,(*) 设函数h(x)=2ln x+x-1, 因为当x>0时,h(x)是增函数,所以h(x)=0至多有一解, 因为h(1)=0,所以方程(*)的解为x2=1, 即=1,解得m=.- 配套讲稿:
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