《2022届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用作业试题2含解析新人教版202106302121.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2讲导数的简单应用作业试题2含解析新人教版202106302121.docx（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二讲导数的简单应用1.2021贵阳市四校第二次联考图3-2-1已知y=xf(x)的图象如图3-2-1所示,则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|+cos x,设a=f(0.3-1),b=f(2-0.3),c=f(log20.2),则()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,若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,若f(1-x)+f(1+x)=2,则下列正确的是()A.f(ln 2)+f(ln 4)2B.f(-2)+f(5)2C.f(ln 2)+f(ln 3)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()A.4e-2或(4+ln 2)e-2+2ln 2B.4e-2或(4+ln 2)e2+2l
3、n 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若函数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 xR,都有2f(x)+xf (x)2,则使x2f(x)-f(1)x2-1
4、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=(02),为了节省建设成本,要使得 PE+PF的值最小,此时AE=()A.4 kmB.6 kmC.8 kmD.10 km13.多选题已知f(x)=ex-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1x2),则下列不等式中正确的有(参考数
5、据:ln 20.693 1,ln 31.098 6)()A.x1+x2114C.f(x1)+f(x2)014.多选题已知函数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-10,对于函数g(x)=f(x)ex,下列结论正确的是()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.x0时,不等式f(x)ex恒成立15.2021洛阳市统考已知函数f(x)=ln1x-ax2+x(a0).(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)3-2ln 2.16.20
6、19全国卷,12分已知函数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,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)=3sinxm,若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)19.角度创新已知函数f(x)=a
7、x-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?若存在,求出实数a的值;若不存在,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,则g(x)=ex(x-1)+ex=x
8、ex,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.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)-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
9、.易知当x0时,g(x)0时,g(x)0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3-2-1所示,则-1ea0,故选A.图D 3-2-14.D当x0时,f(x)=ex+cos x,则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=log22log25log28=3103,所
10、以f(2-0.3)f(log25)f(103),即bca.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)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),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x2时f (x)0
11、,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.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(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.以下同解法一.7.A由题意知, f (x)=x
12、2+(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.故选A.8.0,2e3x0时,aln x-x2-2a-2,即x2-aln x+a0恒成立.令t(x)=x2-aln x+a,则t(x)=2x2-ax,
13、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,则h(x)=x-2-lnx(x-1)2,令(x)=x-2-ln x,x1,则(x)=x-1x0,(x)在(1,+)上单调递增,又(3)=1-ln 30,存在唯一x0(3
14、,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,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0x0,此时f(x)单调递增;当x1时,f (x)0,所以h(x)0,当x(1,+
15、)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,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)-x2f(1)-1,即g(x)1,解得x1或x-1,故选D.12.A因为PEPF,EPA=,所以PFB=,在RtPAE中,PE=APcos=8cos,在RtPBF中,PF=PBsin=1sin,则PE+PF=8cos+1si
16、n .设f()=8cos+1sin,(0,2),则f ()=8sincos2-cossin2=8sin3-cos3cos2sin2,令f ()=8sin3-cos3cos2sin2=0,则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,故选A.13.AD由题意得f (x)=ex-4x,则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 (2ln 3)=9-8ln 30,所以x2g(2ln 3
17、)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,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)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,故选项D错误.故选ABC.15.(1)f(x)=ln1x-ax2
18、+x =-ln x-ax2+x(a0,x0),f (x)=-1x-2ax+1=-2ax2-x+1x(a0).令2ax2-x+1=0,则其判别式=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,则当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(x)在(0,+)上单调递减,无增区间;当a(0,18)时,f(
19、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(0,18),则g(a)=1a-14a2=4a-14a2g(18)=l
20、n(218)+1418+1=3-2ln 2,即f(x1)+f(x2)3-2ln 2.16.(1)设g(x)=f (x),则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)上单调递增,而f (0)=0,所以当x(-1,0)时,f (x)0,
21、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.故选B.18.C由题意得,当xm=k+2(kZ),即x=(2k+1)m2(kZ)
22、时,f(x)取得极值3.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则存在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.故选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 a,+)上单调递减.综上所述,当a0时,f(x)在(-,ln a)上单
23、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,则x0,1时,f(x)max=f(0)=1,则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,则当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).若对任意的x10,1,总存在x20,1,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.