全国统考2023版高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用2备考试题文含解析20230327148

第三章　导数及其应用第二讲　导数的综合应用1.[2021惠州市二调]若函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点,则a的取值范围是(　　)A.(-1e,+∞)B.(-∞,1)C.(0,1e)D.(-∞,-1e)2.[2021陕西百校联考]已知锐角x1,x2满足sinx1-cosx2<x1+x2-π2,则下列结论一定正确的是(　　)A.sinx1<sin(x1+x2)B.tanx1>tanx1+x22C.sinx1+cosx1>sinx2+cosx2D.sinx1+sinx2>cosx1+cosx23.[2021大同市调研测试]已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0<0,则a的取值范围是(　　)A.(2,+∞)B.(-∞,-2)C.(1,+∞)D.(-∞,-1)4.[2020广东七校第二次联考]设定义在R上的函数y=f(x)满足∀x∈R,f(x+2)=1f(x),且x∈(0,4]时,f'(x)>f(x)x,则6f(2017),3f(2018),2f(2019)的大小关系是(　　)A.6f(2017)<3f(2018)<2f(2019)B.3f(2018)<6f(2017)<2f(2019)C.2f(2019)<3f(2018)<6f(2017)D.2f(2019)<6f(2017)<3f(2018)5.[2020郑州市三模]设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f'(x)lnx<-1xf(x).则使得(x2-4)f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A.(-2,0)∪(0,2)B.(-∞,-2)∪(2,+∞)C.(-2,0)∪(2,+∞)D.(-∞,-2)∪(0,2)6.已知函数f(x)=(a-12)x2+lnx,若函数f(x)在区间(1,+∞)上的图象恒在直线y=2ax的下方,则实数a的取值范围是　　　　　. 7.[2021晋南高中联考]已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=1+xlnx.(1)讨论函数f(x)的单调性;\n(2)若当x>0时,方程f(x)=g(x)有实数解,求实数a的取值范围.8.[2020贵阳市高三模拟][交汇题]已知f(x)=ex,g(x)=x+1.(e为自然对数的底数)(1)求证:f(x)≥g(x)恒成立.(2)设m是正整数,对任意的正整数n,(1+13)(1+132)·…·(1+13n)<m恒成立,求m的最小值.9.[2021江西红色七校第一次联考]若存在两个正实数x,y使得等式x(2+lnx)=xlny-ay成立,则实数a的取值范围是(　　)A.(0,1e2)B.(-∞,1e2]C.(0,1e3)D.(-∞,1e3]10.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=xex-2-tx-t有2个零点a,b,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则实数t的取值范围是(　　)A.[23,e2)B.(23,e2)C.[34e,23)D.(34e,23)11.[2021江西红色七校联考]已知函数f(x)=ax2+bx-lnx.(1)当a=-2时,函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,求b的取值范围;(2)若方程f(x)=0的两个根分别为x1,x2(x1<x2),求证:f'(x1+x22)>0.12.[2021济南名校联考]已知f(x)=lnx+ax,g(x)=ex+2x-1.(1)若函数f(x)的图象在x=e处的切线与直线2x-y+8=0垂直,求f(x)的极值;\n(2)当x>0时,g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围.13.已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-m.(1)当m=0时,求函数y=f(x)g(x)的最大值;(2)设h(x)=f(x)-g(x),若x1<x2且h(x1)=h(x2)=0,求证:ln(em+x1-x2)+m>0.答案第三章　导数及其应用第三讲　导数的综合应用1.A　由f(x)=0,得x2-2x+1-a=xex.令g(x)=xex,则函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点等价于函数y=x2-2x+1-a与y=g(x)的图象有2个交点,g'(x)=1-xex,令g'(x)>0,得x<1,令g'(x)<0,得x>1,所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1e.作出函数y=x2-2x+1-a=(x-1)2-a与y=g(x)的图象,如图D3-3-2所示,数形结合可得-a<1e,解得a>-1e,故选A.图D3-3-22.D　解法一　因为sinx1-cosx2<x1+x2-π2,即sinx1-x1<sin(π2-x2)-(π2-x2),所以可构造函数f(x)=sinx-x,x∈(0,π2),因为f'(x)=cosx-1<0,所以f(x)在(0,π2)上单调递减,因为x1∈(0,π2),π2-x2∈(0,π2),所以0<π2-x2<x1\n<π2,所以sin(π2-x2)<sinx1,即cosx2<sinx1,同理cosx1<sinx2,所以sinx1+sinx2>cosx1+cosx2,故选D.解法二　取x1=x2=π3,则sinx1-cosx2=3-12<π6=π3+π3-π2,此时sinx1=sin(x1+x2),tanx1=tanx1+x22,sinx1+cosx1=sinx2+cosx2,排除选项A、B、C,故选D.3.A　由题意易知x=0不是函数f(x)的零点,则f(x)=ax3-3x2+1=0⇔a=3x2-1x3(x≠0),令y=3x2-1x3-a(x≠0),因此f(x)的零点与y=3x2-1x3-a(x≠0)的零点相同.设g(x)=3x2-1x3(x≠0),则g'(x)=-3(x-1)(x+1)x4,则当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(-1,0)∪(0,1)时,g'(x)>0,故g(x)在(-1,0),(0,1)上单调递增,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,又g(-1)=-2,g(1)=2,当g(x)=0时,x=±33,当x→+∞时,g(x)→0,当x→-∞时,g(x)→0,所以可画出函数g(x)的大致图象,如图D3-3-3所示,f(x)存在唯一的零点x0且x0<0等价于直线y=a与函数y=g(x)的图象存在唯一的交点,且交点的横坐标小于零,由图可得a的取值范围为(2,+∞).故选A.图D3-3-34.A　因为f(x+2)=1f(x),所以f(x)是以4为周期的周期函数,故6f(2017)=6f(1),3f(2018)=3f(2),2f(2019)=2f(3).令g(x)=f(x)x(x∈(0,4]),则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2,因为x∈(0,4]时,f'(x)>f(x)x,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0,4]上单调递增,故f(1)1<f(2)2<f(3)3,整理可得6f(1)<3f(2)<2f(3),即6f(2017)<3f(2018)<2f(2019),故选A.5.D　设函数g(x)=f(x)lnx,则g'(x)=f'(x)lnx+1xf(x).于是,当x>0时,由f'(x)lnx<-1xf(x)可得g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)<g(1)=0,即f(x)lnx<0,又lnx>0,所以此时f(x)<0;当0<x<1时,有g(x)>g(1)=0,即f(x)lnx>0,又lnx<0,所以此时f(x)<0.对于不等式f'(x)lnx<-1xf(x),取x=1可得f'(1)ln1<-11f(1),化简得f(1)<0,即当x=1时,f(x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f(x)<0,故由(x2-4)f(x)>0(x>0)得x2-4<0,解得0<x<2.当x<0时,由f(x)为奇函数及“当x>0时,f(x)<0”可得f(x)>0,故由(x2-4)f(x)>0(x<0)得x2-4>0,解得x<-2.易知f(0)=0,所以x=0不满足(x2-4)f(x)>0.综上,x的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2).故选D.\n【解后反思】　一般地,若题设中出现了与导数有关的不等式,则很可能是根据导数的运算法则提前计算后而精心设计的,所以应多从这个角度考虑如何构造函数,以便顺利解决问题.6.[-12,12]　由题意知,对于任意x∈(1,+∞),f(x)<2ax,即(a-12)x2+lnx-2ax<0在(1,+∞)上恒成立.设g(x)=(a-12)x2+lnx-2ax,x∈(1,+∞),则g(x)的最大值小于0,g'(x)=(x-1)(2a-1-1x).①当a≤12时,g'(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)<-a-12≤0,即a≥-12,∴-12≤a≤12.②当a≥1时,g'(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.③当12<a<1时,易知g(x)在(1,12a-1)上单调递减,在(12a-1,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.综上,实数a的取值范围是[-12,12].7.(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)=ex-a=0,得x=lna,则f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)由f(x)=g(x),得ax=ex-xlnx-1,因为x>0,所以a=exx-lnx-1x.令h(x)=exx-lnx-1x,x>0,则h'(x)=xex-ex-x+1x2=(ex-1)(x-1)x2.令h'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)为增函数.所以h(x)min=h(1)=e-1.又h(x)=exx-lnx-1x=ex-1x-lnx,x>0,ex>1,所以ex-1x>0,所以当x→0时,h(x)→+∞.所以函数h(x)的值域为[e-1,+∞),因此实数a的取值范围为[e-1,+∞).8.(1)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0恒成立,所以f(x)≥g(x)恒成立.(2)由(1)可知x=13n时,0<1+13n<e13n,所以(1+13)(1+132)·…·(1+13n)<e13·e132·…·e13n=e13+132+…+13n=e13(1-13n)1-13=e12[1-(13)n]<e12=e.\n易知比e大的最小正整数是2,所以m的最小值为2.9.D　因为x,y均为正数,所以等式x(2+lnx)=xlny-ay可化为2+lnx=lny-ayx,即lnyx-2=ayx,即a=lnyx-2yx.令yx=t(t>0),f(t)=lntt-2t,则f'(t)=3-lntt2,令f'(t)=0,解得t=e3,当t∈(0,e3)时,f'(t)>0,f(t)在(0,e3)上单调递增,当t∈(e3,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=1e3,且当t→0时,f(t)→-∞,所以a≤1e3,故选D.10.C　由题意知函数f(x)=xex-2-tx-t有2个互异的零点a,b等价于函数g(x)=xex-2与h(x)=tx+t的图象有2个不同的交点.因为g(x)=xex-2,所以g'(x)=1-xex-2.令g'(x)>0,可得x<1;令g'(x)<0,可得x>1.所以函数g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=e.当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,且g(0)=0,x➝+∞时,g(x)➝0.由h(x)=tx+t=t(x+1),知函数h(x)的图象为过定点(-1,0)的一条直线,在同一平面直角坐标系中,分别作出函数g(x)与h(x)的图象如图D3-3-4所示,若满足h(x),g(x)的图象有2个不同的交点,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则t>0,h(2)<g(2),h(3)≥g(3),即t>0,2t+t<2,3t+t≥3e,解得34e≤t<23,故选C.图D3-3-411.(1)当a=-2时,f(x)=-2x2+bx-lnx,∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f'(x)=-4x+b-1x≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即b≤4x+1x对x∈(0,+∞)恒成立,∴b≤(4x+1x)min.∵x>0,∴4x+1x≥4,当且仅当x=12时取“=”,∴b≤4,即b的取值范围为(-∞,4].(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由题意可得f(x1)=ax12+bx1-lnx1=0,f(x2)=ax22+bx2-lnx2=0,即lnx1=ax12+bx1,lnx2=ax22+bx2,两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2)=(x1-x2)[a(x1+x2)+b].由f'(x)=2ax+b-1x知,f'(x1+x22)=a(x1+x2)+b-2x1+x2=1x1-x2lnx1x2-2x1+x2=1x1-x2[lnx1x2-2(x1-x2)x1+x2]=1x1-x2[lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1],\n设t=x1x2∈(0,1),则lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1=lnt-2(t-1)t+1.令g(t)=lnt-2(t-1)t+1,t∈(0,1),则g'(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,∴g(t)在(0,1)上单调递增,∴g(t)<g(1)=0,即lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1<0,又x1-x2<0,∴1x1-x2[lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1]>0,即f'(x1+x22)>0.12.(1)∵f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-a-lnxx2,∴f'(e)=-ae2,由已知可得f'(e)×2=-1,即a=e22.由f'(x)=0,可得x=e1-e22,可得到下表:x(0,e1-e22)e1-e22(e1-e22,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减∴f(x)的极大值为f(e1-e22)=ee22-1,无极小值.(2)当x>0时,g(x)≥f(x),即ex+2x-1≥lnx+ax,化简可得,a≤x(ex-1)-lnx+2.令F(x)=x(ex-1)-lnx+2(x>0),只需a≤F(x)min.F'(x)=(x+1)(ex-1x),令h(x)=ex-1x(x>0),则h'(x)=ex+1x2>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,∵h(12)=e12-2<0,h(1)=e-1>0,∴存在唯一的x0∈(0,+∞),使得h(x0)=ex0-1x0=0,易知F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,∴F(x)min=F(x0)=x0(ex0-1)-lnx0+2=x0ex0-(x0+lnx0)+2,由ex0-1x0=0得x0ex0=1,两边取对数得x0+lnx0=0,∴F(x)min=F(x0)=3,∴a≤3,即实数a的取值范围是(-∞,3].13.(1)当m=0时,y=f(x)g(x)=lnxx,y'=1x·x-lnxx2=1-lnxx2.\n当x>e时,y'<0;当0<x<e时,y'>0.∴函数y=lnxx在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.∴ymax=y x=e=1e.(2)由题可知x1,x2是函数h(x)=lnx-x+m的零点.h'(x)=1x-1=1-xx,当x>1时,h'(x)<0;当0<x<1时,h'(x)>0,∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故函数h(x)要有两个零点,必有h(1)=-1+m>0,即m>1.要证ln(em+x1-x2)+m>0,只需证ln(em+x1-x2)>lne-m,即x2-x1<em-e-m,只需证e-m<x1<1<x2<em,　①由于m>1,e-m∈(0,1),h(e-m)=-m-e-m+m<0,h(1)=-1+m>0,∴函数h(x)在(e-m,1)上存在唯一零点x1,即e-m<x1<1.　②由(1)知,lnxx≤1e,所以lnx≤xe,且当x=e时,取等号,∴h(em)=ln(em)-em+m<eme-em+m=m(2-e)<0,∴函数h(x)在(1,em)上存在唯一零点x2,即1<x2<em.　③由②③可知①成立,故ln(em+x1-x2)+m>0.