2022届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 课后综合提升练 1.6.3 导数的简单应用 文

2022届高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 课后综合提升练 1.6.3 导数的简单应用 文(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.已知直线y=kx+1与曲线y=x3+mx+n相切于点A(1,3),则n=()A.-1B.1C.3D.4【解析】选C.对于y=x3+mx+n,y=3x2+m,而直线y=kx+1与曲线y=x3+mx+n相切于点A(1,3),则有可解得n=3.2.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个【解析】选A.函数定义域为(0,+),且f(x)=6x+-2=,由于x0,g(x)=6x2-2x+1中=-200恒成立,故f(x)0恒成立,即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.3.设函数f(x)=+ln x,则()A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为f(x)的极小值点【解析】选D.由函数f(x)=+ln x求导数得f(x)=-+=,函数定义域为(0,+),所以在区间(0,2)上,f(x)0,f(x)是增函数,所以x=2为f(x)的极小值点.4.(2018菏泽一模)已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d的图象如图所示,则函数y=log2的单调递减区间为()A.B.3,+)C.-2,3D.(-,-2)【解析】选D.因为f(x)=x3+bx2+cx+d,所以f(x)=3x2+2bx+c,由图可知f(-2) =f(3)=0,所以解得令g(x)=x2+bx+,则g(x)=x2-x-6,g(x)=2x-1,由g(x)=x2-x-60,解得x3.当x时,g(x)0),则b-a的最大值为()A.B.1C.D.2【解析】选A.由题意得,ba0,所以g(x)=2x+2b0在(a,b)上恒成立,所以问题等价于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+,当且仅当b=1,a=时,等号成立,所以b-a的最大值为.6.(2018唐山一模)设函数f(x)与g(x)是定义在同一区间a,b上的两个函数,若对任意的xa,b,都有|f(x)-g(x)|k(k0),则称f(x)和g(x)在a,b上是“k度和谐函数”,a,b称为“k度密切区间”.设函数f(x)=ln x与g(x)=在上是“e度和谐函数”,则m的取值范围是()A.-e-1,1B.-1,e+1C.D.【解析】选B.设h(x)=f(x)-g(x)=ln x-=-m+ln x,h(x)=-+=,故当x时,h(x)+1,所以hh(e),故函数h(x)的最大值为h=-m+e-1.故函数h(x)在上的值域为-m+1,-m+e-1.由题意,|h(x)|e,即-eh(x)e,所以解得-1m1+e.二、填空题(每小题5分,共10分)7.曲线y=xex+2x+1在点(0,1)处的切线方程为_. 【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.已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是_. 【解析】函数f(x)=x(ln x-ax),则f(x)=ln x-ax+x=ln x-2ax+1, 令f(x)=ln x-2ax+1=0,得ln x=2ax-1,因为函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,所以f(x)=ln x-2ax+1有两个零点,等价于函数y=ln x与y=2ax-1的图象有两个交点,在同一个坐标系中作出它们的图象,过点(0,-1)作y=ln x的切线,设切点为(x0,y0),则切线的斜率k=,切线方程为y=x-1. 切点在切线上,则y0=-1=0,又切点在曲线y=ln x上,则ln x0=0x0=1,即切点为(1,0).切线方程为y=x-1.再由直线y=2ax-1与曲线y=ln x有两个交点,知直线y=2ax-1位于两直线y=-1和y=x-1之间,其斜率2a满足02a0).(1)求函数f(x)的单调区间.(2)求函数f(x)在上的最大值.【解析】(1)f(x)=x-eax(a0),则f(x)=1-aeax,令f(x)=1-aeax=0,则x=ln .当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:xln f(x)+0-f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.(2)当ln ,即0a时,f(x)max=f=-e2;当ln ,即a时,f(x)max=f=ln -;当ln ,即a时,f(x)max=f=-e.综上,当0a时,f(x)max=-e2;当a0时,能够求出f(x)的最大值为g=-ln a,可设h(a)=-ln a,该函数在(0,+)上为减函数,并且h(1)0,h(2)0,容易求得函数t-ln t的最小值为1,从而得到(x1+x2)2+(x1+x2)1,解这个关于x1+x2的一元二次不等式即可得出要证的结论.【解析】(1)f(x)=(x0),所以x1时,f(x)0;所以f(x)的单调减区间为1,+).(2)令g(x)=f(x)-=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=,当a0时,因为x0,所以g(x)0;所以此时g(x)在(0,+)上是递增函数;又g(1)=-a+20;所以g(x)0不能恒成立,即关于x的不等式f(x)x2+ax-1不能恒成立;所以这种情况不存在;当a0时,g(x)=;所以当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,h(2)=-ln 20,又h(a)在a(0,+)上是减函数;所以当a2时,h(a)0,因此x1+x2成立.11.设函数f(x)=-ax.(1)若函数f(x)在(1,+)上为减函数,求实数a的最小值.(2)若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)由已知得x0,x1.因为f(x)在(1,+)上为减函数,故f(x)= -a0在(1,+)上恒成立.所以当x(1,+)时,f(x)max0.又f(x)=-a=-+-a=-+-a,故当=,即x=e2时,f(x)max=-a.所以-a0,于是a,故a的最小值为. (2)命题“若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立”等价于“当xe,e2时,有f(x)minf(x)max+a”.由(1),当xe,e2时,f(x)max=-a,所以f(x)max+a=.问题等价于“当xe,e2时,有f(x)min”.当a时,由(1),f(x)在e,e2上为减函数.则f(x)min=f(e2)= -ae2,故a-.当-a0,即0a时,因为xe,e2,所以ln x.因为f(x)=-a+,由复合函数的单调性知f(x)在e,e2上为增函数,所以存在唯一x0(e,e2),使f(x0)=0且满足:f(x)min=f(x0)=-ax0+,要使f(x)min,所以-a-=-,与-a0矛盾,所以-a0不合题意.综上,实数a的取值范围为.(20分钟20分)1.(10分)(2018黄冈一模)已知函数f(x)满足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间.(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.从而f(x)=ex-x+x2.由于f(x)=ex-1+x,故当x(-,0)时,f(x)0.从而,f(x)的单调减区间是(-,0),单调增区间是(0,+).(2)由已知条件得ex-(a+1)xb.()若a+10,则对任意常数b,当x0,且x时,可得ex-(a+1)x0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g(x)=ex-(a+1).当x(-,ln(a+1)时,g(x)0.从而g(x)在(-,ln(a+1)上单调递减,在(ln(a+1),+)上单调递增.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等价于ba+1-(a+1)ln(a+1).因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),则h(a)=(a+1)1-2ln(a+1).所以h(a)在(-1,-1)上单调递增,在(-1,+)上单调递减,故h(a)在a=-1处取得最大值.从而h(a),即(a+1)b.当a=-1,b=时,式成立,故f(x)x2+ax+b.综合得,(a+1)b的最大值为.2.(10分)(2018新乡一模)已知函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与直线2x-y-3=0平行.(1)求证:方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根.(2)设函数m(x)=minf(x),g(x)(minp,q表示p,q中的较小者),求m(x)的最大值.【解析】(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为2,所以f(1)=2,又f(x)=ln x+1,所以a=1.所以f(x)=(x+1)ln x.设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-,当x(0,1时,h(x)1-1=0,所以存在x0(1,2),使h(x0)=0.因为h(x)=ln x+1-,当x(1,2)时,0x(2-x)=-(x-1)2+1e,所以0,所以1-0,所以当x(1,2)时,h(x)单调递增,所以方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根.(2)由(1)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实根x0,且x(0,x0)时,f(x)0,当x(2,+)时,h(x)0,所以当x(x0,+)时,h(x)0,所以当x(x0,+)时,f(x)g(x),所以m(x)=当x(0,x0)时,若x(0,1,则m(x)0;若x(1,x0,由m(x)=ln x+10,可知00,m(x)单调递增;x(2,+)时,m(x)0,m(x)单调递减.可知m(x)m(2)=,且m(x0)m(2).综上可得,函数m(x)的最大值为.