届高考数学一轮复习第章导数及其应用第讲导数的简单应用作业试题含解析新人教版.docx

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1、第二讲导数的简单应用1.2021贵阳市四校第二次联考图3-2-1y=xf(x)的图象如图3-2-1所示,那么f(x)的图象可能是()ABCD2.原创题函数f(x)=(12x-1)ex+12x的极值点的个数为()A.0B.1C.2D.33.2021安徽省示范高中联考假设函数f(x)=(x-1)ex-ax(e为自然对数的底数)有两个极值点,那么实数a的取值范围是()A.(-1e,0)B.(-,0) C.(-1e,+)D.(0,+) 4.2021蓉城名校联考函数f(x)=e|x|+cos x,设a=f(0.3-1),b=f(2-0.3),c=f(log20.2),那么()A.cbaB.cabC.ba

2、cD.bca5.2021湖南六校联考设函数f(x)的定义域为R,f(x)是其导函数,假设f(x)+f(x)e-x的解集是()A.(0,+)B.(1,+)C.(-,0)D.(0,1)6.2021四省八校联考函数f(x)=x3-bx2+c,假设f(1-x)+f(1+x)=2,那么以下正确的选项是()A.f(ln 2)+f(ln 4)2B.f(-2)+f(5)2C.f(ln 2)+f(ln 3)27.2022皖中名校联考函数f(x)=(x2-mx-m)ex+2m(m-2,e是自然对数的底数)有极小值0,那么其极大值是()A.4e-2或(4+ln 2)e-2+2ln 2B.4e-2或(4+ln 2)e

3、2+2ln 2C.4e-2或(4+ln 2)e-2-2ln 2D.4e-2或(4+ln 2)e2-2ln 28.2021河南省名校第一次联考假设函数f(x)=alnx-x2-2(x0),x+1x+a(x0对任意的x(1,+)恒成立,求整数k的最大值.10.2021大同市调研测试设函数f(x)=ln x-12ax2-bx.(1)当a=b=12时,求函数f(x)的最大值;(2)当a=0,b=-1时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解,求正数m的值.11.2021江苏省局部学校调考定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f (x),假设对任意 xR,都有2f(x)+xf (x)2,那么使x2f(x)-f

4、(1)x2-1成立的实数x的取值范围是()A.x|x1B.(-1,0)(0,1)C.(-1,1)D.(-,-1)(1,+)图3-2-212.2021济南名校联考如图3-2-2,在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路 AC和BD,现方案在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F,为缓解交通压力,决定修建两条互相垂直的公路PE和PF,设EPA=(02),为了节省建设本钱,要使得 PE+PF的值最小,此时AE=()A.4 kmB.6 kmC.8 kmD.10 km13.多项选择题f(x)=ex-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1x2),那么以下不等式中

5、正确的有(参考数据:ln 20.693 1,ln 31.098 6)()A.x1+x2114C.f(x1)+f(x2)014.多项选择题函数y=f(x)在R上可导且f(0)=1,其导函数 f(x)满足f(x)-f(x)x-10,对于函数g(x)=f(x)ex,以下结论正确的选项是()A.函数g(x)在(1,+)上为单调递增函数B.x=1是函数g(x)的极小值点C.函数g(x)至多有两个零点D.x0时,不等式f(x)ex恒成立15.2021洛阳市统考函数f(x)=ln1x-ax2+x(a0).(1)讨论f(x)的单调性(2)假设f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)3-2l

6、n 2.16.2022全国卷,12分函数f(x)=sin x-ln(1+x),f (x)为f(x)的导数,证明:(1)f (x)在区间(-1,2)上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.17.新角度题直线x=a(a0)分别与直线y=2x+1,曲线y=x+ln x相交于A,B两点,那么|AB|的最小值为()A.1B.2C.2D.318.2022惠州市二调交汇题设函数f(x)=3sinxm,假设存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,那么m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)19.角度创新

7、函数f(x)=ax-ex+2,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在aR,对任意x10,1,总存在x20,1,使得f(x1)+f(x2)=4成立?假设存在,求出实数a的值;假设不存在,请说明理由.答 案第二讲导数的简单应用1.D由题图可知,当x0时,f(x)0,函数f(x)单调递减;当0x0,函数f(x)单调递增;当xb时,f(x)0,函数f(x)单调递减.又f(b)=0,所以当x=b时,f(x)取得极大值,综上,满足题意的f(x)的图象可能是D.2.A由题意知f (x)=12ex+(12x-1)ex+12=12ex(x-1)+1.令g(x)=ex(x-1)+1,那么g(x)=e

8、x(x-1)+ex=xex,令g(x)=0,得x=0,那么函数g(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,所以g(x)g(0)=0,由此可知f (x)0,所以函数f(x)不存在极值点,应选A.3.A由题意得f(x)=xex-a,因为函数f(x)=ex(x-1)-ax有两个极值点,所以f(x)=0有两个不等的实根,即a=xex有两个不等的实根,所以直线y=a与y=xex的图象有两个不同的交点.令g(x)=xex,那么g(x)=ex(x+1).当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,所以函数g(x)在(-,-1)上单调递减,在(-1,+)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取

9、得最小值,且最小值为-1e.易知当x0时,g(x)0时,g(x)0,那么可得函数g(x)的大致图象,如图D 3-2-1所示,那么-1ea0,应选A.图D 3-2-14.D当x0时,f(x)=ex+cos x,那么f (x)=ex-sin xe0-sin x0,所以f(x)在0,+)上单调递增.又f(-x)=e|-x|+cos(-x)=e|x|+cos x=f(x),且函数f(x)的定义域为R,所以f(x)为偶函数,而a=f(0.3-1)=f(103),b=f(2-0.3)f(20)=f(1),c=f(log20.2)=f(log215)=f(-log25)=f(log25),又1=log22l

10、og25log28=3103,所以f(2-0.3)f(log25)f(103),即bca.应选D.5.C令g(x)=exf(x),那么g(x)=exf(x)+exf(x),因为f(x)+f(x)0,所以g(x)e-x可转化为exf(x)1,即g(x)1=g(0),又g(x)在R上单调递减,所以xe-x的解集为(-,0),应选C.6.A解法一f(1-x)+f(1+x)=2,分别令x=0,x=1(题眼),得f(1)=1,f(0)+f(2)=2,即1-b+c=1,c+8-4b+c=2,解得b=c=3,所以f(x)=x3-3x2+3,f (x)=3x2-6x=3x(x-2),令f (x)=0,得x=0

11、或x=2,所以当x2时f (x)0,当0x2时f (x)f(ln 2)+f(ln 4),故A正确;对于B,2=f(-2)+f(4)f(-2)+f(5),故B不正确;对于C,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(lne22)f(-1)+f(2),故D不正确.应选A.解法二由f(1-x)+f(1+x)=2知函数f(x)图象的对称中心为(1,1)(题眼),又三次函数g(x)=ax3+dx2+ex+f(a0)图象的对称中心为(-d3a,g(-d3a),所以b3=1,解得b=3,所以f(b3)=f(1)=1,即1-3+c=1,得 c=3,所以f(x)=x3-3x2+3.以下同解法一

12、.7.A由题意知, f (x)=x2+(2-m)x-2mex=(x+2)(x-m)ex.由f (x)=0得x=-2或x=m.因为m-2,所以函数f(x)在区间(-,-2)和(m,+)内单调递增,在区间(-2,m)内单调递减. 于是函数f(x)的极小值为f(m)=0,即(m2-m2-m)em+2m=0,(2-em)m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x)的极大值为f(-2)=4e-2;当m=ln 2时,f(x)的极大值为f(-2)=(4+ln 2)e-2+2ln 2.应选A.8.0,2e3x0时,aln x-x2-2a-2,即x2-aln x+a0恒成立.令t(x)=x2-aln

13、x+a,那么t(x)=2x2-ax,a0,x0时,t(x)-,不合题意.a=0时,t(x)=x20恒成立.a0时,t(x)在(0,a2)上单调递减,在(a2,+)上单调递增,所以t(x)min=a2-alna2+a0,解得00,g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)0,g(x)单调递减.g(x)max=g(1)=-10,g(x)0,f (x)0对任意的x(1,+)恒成立,得1+lnxx-1-kx0(x1),即k1).令h(x)=x(1+lnx)x-1,x1,那么h(x)=x-2-lnx(x-1)2,令(x)=x-2-ln x,x1,那么(x)=x-1x0,(x)在(1,+)上单调递增,又

14、(3)=1-ln 30,存在唯一x0(3,4),使得(x0)=0,即x0-2-ln x0=0,x0-1=1+ln x0,当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表所示:x(1,x0)x0(x0,+)h(x)-0+h(x)单调递减极小值单调递增h(x)min=h(x0)=x0(1+lnx0)x0-1=x0(3,4),整数k的最大值为3.10.(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+),当a=b=12时,f(x)=ln x-14x2-12x,那么f(x)=1x-12x-12=-(x+2)(x-1)2x,令f (x)=0,解得x=1或x=-2(舍去).当0x0,此时f(x)单调递增;当x1时,

15、f (x)0,所以h(x)0,当x(1,+)时,h(x)0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1.又g(e-1)=-1+e-1e-20时,g(x)=x2f(x)+xf (x)-20,那么函数g(x)在(0,+)上单调递减.因为f(x)是偶函数,所以g(x)是偶函数,那么函数 g(x)在(-,0)上单调递增.不等式x2f(x)-f(1)x2-1可化为x2f(x)-x2f(1)-1,即g(x)1,解得x1或x-1,应选D.12.A因为PEPF,EPA=,所以PFB=,在RtPAE中,PE=APcos=8cos,在RtPBF中,PF=PBs

16、in=1sin,那么PE+PF=8cos+1sin .设f()=8cos+1sin,(0,2),那么f ()=8sincos2-cossin2=8sin3-cos3cos2sin2,令f ()=8sin3-cos3cos2sin2=0,那么tan =12,当0tan 12时,f ()12时,f ()0,所以当tan =12时,f()取得最小值,此时AE=APtan =812=4,应选A.13.AD由题意得f (x)=ex-4x,那么f (14)=e14-10,f (12)=e12-20,f (2)=e2-8ln 3,所以f (94)0,从而14x112,2x294,所以x1+x21.因为f (

17、2ln 3)=9-8ln 30,所以x2g(2ln 3)g(2.2)=-0.88-1,所以f(x1)+f(x2)0.14.ABC因为f(x)-f(x)x-10,所以当x1时,f(x)-f(x)0;当x1时,f(x)-f(x)1时,g(x)0;当x1时,g(x)0.所以函数g(x)在(1,+)上为单调递增函数,在(-,1)上为单调递减函数,那么x=1是函数g(x)的极小值点,那么选项A,B均正确.当g(1)0时,函数g(x)无零点,所以选项C正确.g(0)=f(0)e0=1,又g(x)在区间(-,1)上单调递减,所以当x0时,g(x)=f(x)exg(0)=1,又ex0,所以f(x)ex,应选项

18、D错误.应选ABC.15.(1)f(x)=ln1x-ax2+x =-ln x-ax2+x(a0,x0),f (x)=-1x-2ax+1=-2ax2-x+1x(a0).令2ax2-x+1=0,那么其判别式=1-8a.当0,即a18时,f (x)0,f(x)在(0,+)上单调递减.当0,即0a18时,方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根x3= 1-1-8a4a,x4=1+1-8a4a,那么当0xx4时,f (x)0,当x3x0, f(x)在(0,1-1-8a4a)上单调递减,在(1-1-8a4a,1+1-8a4a)上单调递增,在(1+1-8a4a,+)上单调递减.综上,当a18,+)时,f(

19、x)在(0,+)上单调递减,无增区间;当a(0,18)时,f(x)在(0,1-1-8a4a),(1+1-8a4a,+)上单调递减,在(1-1-8a4a,1+1-8a4a)上单调递增.(2)不妨设x1x2.由(1)知,当且仅当a(0,18)时,f(x)有极小值点x1和极大值点x2,x1+x2=12a,x1x2=12a.f(x1)+f(x2)=-ln x1-ax12+x1-ln x2-ax22+x2=-(ln x1+ln x2)-12(x1-1)-12(x2-1)+(x1+x2)=-ln(x1x2)+12(x1+x2)+1=ln(2a)+14a+1.令g(a)=ln(2a)+14a+1,a(0,1

20、8),那么g(a)=1a-14a2=4a-14a2g(18)=ln(218)+1418+1=3-2ln 2,即f(x1)+f(x2)3-2ln 2.16.(1)设g(x)=f (x),那么g(x)=cos x-11+x,g(x)=-sin x+1(1+x)2.当x(-1,2)时,g(x)单调递减,而g(0)0,g(2)0;当x(,2)时,g(x)0.所以g(x)在(-1,)上单调递增,在(,2)上单调递减,故g(x)在(-1,2)上存在唯一极大值点,即f (x)在(-1,2)上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).(i)当x(-1,0时,由(1)知,f (x)在(-1,0)上

21、单调递增,而f (0)=0,所以当x(-1,0)时,f (x)0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0上的唯一零点.(ii)当x(0,2时,由(1)知,f (x)在(0,)上单调递增,在(,2)上单调递减,而f (0)=0,f (2)0;当x(,2)时,f (x)0,所以当x(0,2时,f(x)0.从而f(x)在(0,2上没有零点.(iii)当x(2,时,f (x)0,f()1,所以f(x)0),所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以 f(x)min=f(1)=2-ln 1=2,所以|AB|min=2.应选B.18.

22、C由题意得,当xm=k+2(kZ),即x=(2k+1)m2(kZ)时,f(x)取得极值3.假设存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,那么存在kZ,使(2k+1)m22+3m2成立,问题等价于存在kZ使不等式m2(k+12)2+3m2成立,因为(k+12)2的最小值为14,所以只要14m2+34,解得m2或m-2.应选C.19.(1)由f(x)=ax-ex+2,得f (x)=a-ex.当a0时,对任意xR,f(x)0时,令f (x)=0,得x=ln a,当x(-,ln a)时,f (x)0,当x(ln a,+)时,f (x)0,所以f(x)在(-,ln a)上单调递增,在(ln

23、a,+)上单调递减.综上所述,当a0时,f(x)在(-,ln a)上单调递增,在(ln a,+)上单调递减.(2)存在满足条件的实数a,且实数a的值为e+1.理由如下:当a1,且a0时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递减,那么x0,1时,f(x)max=f(0)=1,那么f(x1)+f(x2)2f(0)=24,所以此时不满足题意;当1ae时,由(1)知,在0,ln a上,f(x)单调递增,在(ln a,1上,f(x)单调递减,那么当x0,1时,f(x)max=f(ln a)=aln a-a+2.当x1=0时,对任意x20,1,f(x1)+f(x2)f(0)+f(ln a)=1+aln a-a+2=a(ln a-1)+33,所以此时不满足题意;当ae时,令g(x)=4-f(x)(x0,1),由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,从而知g(x)在0,1上单调递减,所以g(x)max=g(0)=4-f(0),g(x)min=g(1)=4-f(1).假设对任意的x10,1,总存在x20,1,使得f(x1)+f(x2)=4,那么f(x)的值域为g(x)值域的子集,即f(0)g(1),f(1)g(0),即f(0)+f(1)4,f(1)+f(0)4,所以f(0)+f(1)=a-e+3=4,解得a=e+1.综上,存在满足题意的实数a,且实数a的值为e+1.