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2讲导数的简单应用2备考试题文含解析20230327146

第三章　导数及其应用第二讲　导数的简单应用1.[2021贵阳市四校第二次联考]已知y=x·f'(x)的图象如图3-2-1所示,则f(x)的图象可能是(　　)2.[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]若函数f(x)=(x-1)ex-ax(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是(　　)A.(-1e,0)B.(-∞,0)C.(-1e,+∞)D.(0,+∞)4.[2021蓉城名校联考]已知函数f(x)=e|x|+cosx,设a=f(0.3-1),b=f(2-0.3),c=f(log20.2),则(　　)A.c<b<aB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a5.[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,若f(x)+f'(x)<0,f(0)=1,则不等式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,若f(1-x)+f(1+x)=2,则下列正确的是(　　)A.f(ln2)+f(ln4)<2B.f(-2)+f(5)<2C.f(ln2)+f(ln3)<2D.f(-1)+f(2)>27.[2020皖中名校联考]已知函数f(x)=(x2-mx-m)ex+2m(m>-2,e是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是(　　)\nA.4e-2或(4+ln2)e-2+2ln2B.4e-2或(4+ln2)e2+2ln2C.4e-2或(4+ln2)e-2-2ln2D.4e-2或(4+ln2)e2-2ln28.[2021河南省名校第一次联考]若函数f(x)=alnx-x2-2(x>0),x+1x+a(x<0)的最大值为f(-1),则实数a的取值范围为　　　　. 9.[2021广州市高三阶段模拟]已知函数f(x)=1+lnxx-1-kx.(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)>0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)=lnx-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江苏省部分学校调考]定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f'(x),若对任意x∈R,都有2f(x)+xf'(x)<2,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围是(　　)A.{x|x≠±1}B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)12.[2021济南名校联考]如图3-2-2,在P地正西方向8km的A处和正东方向1km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD,现计划在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=α(0<α<π2),为了节省建设成本,要使得PE+PF的值最小,此时AE=(　　)A.4kmB.6kmC.8kmD.10km\n图3-2-213.[2020郑州市三检]已知函数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-1>0,对于函数g(x)=f(x)ex,下列结论错误的是(　　)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.x≤0时,不等式f(x)≤ex恒成立14.[2020江西红色七校联考]若函数f(x)与g(x)满足“存在实数t,使得f(t)=g'(t)”,则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数g(x)=-13x3-3x+1为函数f(x)=2xlnx-ax的“友导”函数,则a的取值范围是　　　　　　　　. 15.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=ln1x-ax2+x(a>0).(1)讨论f(x)的单调性﹔(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)>3-2ln2.16.[2019全国卷Ⅰ,20,12分]已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数,证明:(1)f'(x)在区间(-1,π2)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(a>0)分别与直线y=2x+1,曲线y=x+lnx相交于A,B两点,则|AB|的最小值为(　　)A.1B.2C.2D.318.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f(x)=3sinπxm,若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是(　　)A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)\nC.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)19.[角度创新]已知函数f(x)=ax-ex+2,其中a≠0.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a∈R,对任意x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)+f(x2)=4成立?若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由.答案第三章　导数及其应用第三讲　导数的简单应用1.D　由题图可知,当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当0<x<b时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>b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=12[ex(x-1)+1].令g(x)=ex(x-1)+1,则g'(x)=ex(x-1)+ex=xex,令g'(x)=0,得x=0,则函数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,故选A.【素养落地】　构造新函数g(x)=ex(x-1)+1来研究函数f(x)的导函数f'(x)的符号,体现了对数学建模核心素养的考查,整个解题过程体现了对逻辑推理与数学运算等核心素养的考查.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,则g'(x)=ex(x+1).当x<-1时,g'(x)<0,当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)取得最小值,且最小值为-1e.易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D3-2-1所示,则-1e<a<0,故选A.\n图D3-2-14.D　当x≥0时,f(x)=ex+cosx,则f'(x)=ex-sinx≥e0-sinx≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=e|-x|+cos(-x)=e|x|+cosx=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=log22<log25<log28=3<103,所以f(2-0.3)<f(log25)<f(103),即b<c<a.故选D.5.C　令g(x)=exf(x),则g'(x)=exf(x)+exf'(x),因为f(x)+f'(x)<0,所以g'(x)<0,所以g(x)在R上单调递减.因为g(0)=e0f(0)=f(0)=1,所以不等式f(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x<0,故不等式f(x)>e-x的解集为(-∞,0),故选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或x=2,所以当x<0或x>2时f'(x)>0,当0<x<2时f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增(题眼).由f(1-x)+f(1+x)=2,得f(x)+f(2-x)=2.对于A,2=f(ln2)+f(2-ln2)=f(ln2)+f(lne22)>f(ln2)+f(ln4),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(ln2)+f(2-ln2)=f(ln2)+f(lne22)<f(ln2)+f(ln3),故C不正确;对于D,2=f(-1)+f(3)>f(-1)+f(2),故D不正确.故选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(a≠0)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.以下同解法一.7.A　由题意知,f'(x)=[x2+(2-m)x-2m]ex=(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=ln2.当m=0时,f(x)的极大值为f(-2)=4e-2;当m=ln2时,f(x)的极大值为f(-2)=(4+ln2)·e-2+2ln2.故选A.8.[0,2e3]　x<0时,f(x)≤f(-1)=a-2,x>0时,alnx-x2-2≤a-2,即x2-alnx+a≥0恒成立.令t(x)=x2-alnx+a,则t'(x)=2x2-ax,a<0时,t'(x)>0,x→0时,t(x)→-∞,不合题意.a=0时,t(x)=x2≥0恒成立.a>0时,t(x)在(0,a2)上单调递减,在(a2,+∞)上单调递增,所以t(x)min=a2-a·lna2+a≥0,解得0<a≤2e3.综上,a∈[0,2e3].9.(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当k=0时,f'(x)=-1x-lnx(x-1)2.令g(x)=-1x-lnx,则g'(x)=1-xx2.当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.\n∴g(x)max=g(1)=-1<0,∴g(x)<0,∴f'(x)<0,∴f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.(2)由f(x)>0对任意的x∈(1,+∞)恒成立,得1+lnxx-1-kx>0(x>1),即k<[x(1+lnx)x-1]min(x>1).令h(x)=x(1+lnx)x-1,x>1,则h'(x)=x-2-lnx(x-1)2,令φ(x)=x-2-lnx,x>1,则φ'(x)=x-1x>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,又φ(3)=1-ln3<0,φ(4)=2-2ln2>0,∴存在唯一x0∈(3,4),使得φ(x0)=0,即x0-2-lnx0=0,x0-1=1+lnx0,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)=lnx-14x2-12x,则f'(x)=1x-12x-12=-(x+2)(x-1)2x,令f'(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去).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f(x)的极大值为f(1)=-34,此即函数f(x)的最大值.图D3-2-2\n(2)由题意可知,2mf(x)=x2⇔2m(lnx+x)=x2⇔12m=lnx+xx2.设g(x)=lnx+xx2,则g'(x)=1-2lnx-xx3,令h(x)=1-2lnx-x,则h'(x)=-2x-1.因为x>0,所以h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减.因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,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-2<0,且当x→+∞时,g(x)→0,所以可画出g(x)的大致图象,如图D3-2-2所示,方程2mf(x)=x2有唯一实数解就等价于直线y=12m与g(x)=lnx+xx2的图象只有一个交点,由图象可知12m=1,即m=12.11.D　令g(x)=x2f(x)-x2,则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)-2x=x[2f(x)+xf'(x)-2],所以当x>0时,g'(x)=x[2f(x)+xf'(x)-2]<0,则函数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,则函数g(x)在(-∞,0)上单调递增.不等式x2f(x)-f(1)<x2-1可化为x2f(x)-x2<f(1)-1,即g(x)<g(1),所以|x|>1,解得x>1或x<-1,故选D.12.A　因为PE⊥PF,∠EPA=α,所以∠PFB=α,在Rt△PAE中,PE=APcosα=8cosα,在Rt△PBF中,PF=PBsinα=1sinα,则PE+PF=8cosα+1sinα.设f(α)=8cosα+1sinα,α∈(0,π2),则f'(α)=8sinαcos2α-cosαsin2α=8sin3α-cos3αcos2αsin2α,令f'(α)=8sin3α-cos3αcos2αsin2α=0,则tanα=12,当0<tanα<12时,f'(α)<0,当tanα>12时,f'(α)>0,所以当tanα=12时,f(α)取得最小值,此时AE=AP·tanα=8×12=4,故选A.13.D　因为f'(x)-f(x)x-1>0,所以当x>1时,f'(x)-f(x)>0;当x<1时,f'(x)-f(x)<0.因为g(x)=f(x)ex,所以g'(x)=f'(x)-f(x)ex,则当x>1时,g'(x)>0;当x<1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,则x=1是函数g(x)的极小值点,则选项A,B均正确.当g(1)<0时,函数g(x)至多有两个零点,当g(1)=0时,函数g(x)有一个零点,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x≤0时,g(x)=f(x)ex≥g(0)=1,又ex>0,所以f(x)≥ex,故选项D错误.故选D.14.[4,+∞)　由题意,得g'(x)=-x2-3.又由题意知g(x)=-13x3-3x+1为函数f(x)=2xlnx-ax的“友导”函数,所以方程2xlnx-ax=-x2-3有解,即a=x+2lnx+3x有解.令h(x)=x+2lnx+3x,则h'(x)=1+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2,当0<x<1时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减;当x>1时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增.所以h(x)≥h(1)=4,所以由方程a=x+2lnx+3x有解,可得a≥4.15.(1)∵f(x)=ln1x-ax2+x=-lnx-ax2+x(a>0,x>0),∴f'(x)=-1x-2ax+1=-2ax2-x+1x(a>0).令2ax2-x+1=0,则其判别式Δ=1-8a.①当Δ≤0,即a≥18时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.\n②当Δ>0,即0<a<18时,方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根x3=1-1-8a4a,x4=1+1-8a4a,则当0<x<x3或x>x4时,f'(x)<0,当x3<x<x4时,f'(x)>0,∴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a∈[18,+∞)时,f(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x1<x2.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)=-lnx1-ax12+x1-lnx2-ax22+x2=-(lnx1+lnx2)-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∈(0,18),则g'(a)=1a-14a2=4a-14a2<0,∴g(a)在(0,18)上单调递减,∴g(a)>g(18)=ln(2×18)+14×18+1=3-2ln2,即f(x1)+f(x2)>3-2ln2.16.(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx-11+x,g'(x)=-sinx+1(1+x)2.当x∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)上有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈(α,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,故g(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π2)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,π2]时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,而f'(0)=0,f'(π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈(β,π2)时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在(β,π2)上单调递减.又f(0)=0,f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x∈(0,π2]时,f(x)>0.从而f(x)在(0,π2]上没有零点.(iii)当x∈(π2,π]时,f'(x)<0,所以f(x)在(π2,π)上单调递减.而f(π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]上有唯一零点.(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.17.B　根据题意,设f(x)=2x+1-x-lnx=x+1-lnx,则f'(x)=1-1x=x-1x(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-ln1=2,所以|AB|min=2.故选B.\n18.C　由题意得,当πxm=kπ+π2(k∈Z),即x=(2k+1)m2(k∈Z)时,f(x)取得极值±3.若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2,则存在k∈Z,使[(2k+1)m2]2+3<m2成立,问题等价于存在k∈Z使不等式m2(k+12)2+3<m2成立,因为(k+12)2的最小值为14,所以只要14m2+3<m2成立即可,即m2>4,解得m>2或m<-2.故选C.19.(1)由f(x)=ax-ex+2,得f'(x)=a-ex.当a<0时,对任意x∈R,f'(x)<0,所以f(x)单调递减.当a>0时,令f'(x)=0,得x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f'(x)>0,当x∈(lna,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,lna)上单调递增,在(lna,+∞)上单调递减.综上所述,当a<0时,f(x)在R上单调递减,无增区间;当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递增,在(lna,+∞)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:①当a≤1,且a≠0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,则x∈[0,1]时,f(x)max=f(0)=1,则f(x1)+f(x2)≤2f(0)=2<4,所以此时不满足题意;②当1<a<e时,由(1)知,在[0,lna]上,f(x)单调递增,在(lna,1]上,f(x)单调递减,则当x∈[0,1]时,f(x)max=f(lna)=alna-a+2.当x1=0时,对任意x2∈[0,1],f(x1)+f(x2)≤f(0)+f(lna)=1+alna-a+2=a(lna-1)+3<3,所以此时不满足题意;③当a≥e时,令g(x)=4-f(x)(x∈[0,1]),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).若对任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)+f(x2)=4,则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.