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

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=x·f'(x)的图象如图3-2-1所示,则f(x)的图象可能是 ( )

A B

C D

2.[原创题]函数f(x)=(12x-1)ex+12x的极值点的个数为 ( )

3.[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|-1),b=f(2),c=f(log20.2),则 ( )

A.c

C.be-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)<2 B.f(-2)+f(5)<2

C.f(ln 2)+f(ln 3)<2 D.f(-1)+f(2)>2

7.[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( )

-2或(4+ln 2)e-2+2ln 2

-2或(4+ln 2)e2+2ln 2

-2或(4+ln 2)e-2-2ln 2

-2或(4+ln 2)e2-2ln 2

8.[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)=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 x∈R,都有2f(x)+

xf '(x)<2,则使x2f(x)-f(1)

A.{x|x≠±1} B.(-1,0)∪(0,1)

C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

图3-2-2

12.[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=α(0

A.4 km B.6 km C.8 km D.10 km

13.[多选题]已知f(x)=ex-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1

1+x2<114 1+x2>114 C.f(x1)+f(x2)<0 D.f(x1)+f(x2)>0

14.[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-1>0,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.x≤0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(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)>3-2ln 2.

16.[2019全国卷Ⅰ,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,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+ln x相交于A,B两点,则|AB|的最小值为 ( )

C.√2 D.√3 18.[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

A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)

C.(-∞,-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

第二讲 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00,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. 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D 3-2-1所示,则-1e

图D 3-2-1

4.D 当x≥0时,f(x)=ex+cos x,则f '(x)=ex-sin x≥e0-sin x≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=

e|-x|+cos(-x)=e|x|-1)=f(103),b=f(2)<

f(20)=f(1),c=f(log20.2)=f(log215)=f(-log25)=f(log25),又1=log22

f(103),即b

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0f(ln 2)+f(ln 4),故A正确;对于B,2=f(-2)+f(4)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=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.[0,2e3] x<0时,f(x)≤f(-1)=a-2,x>0时,aln x-x2-2≤a-2,即x2-aln x+a≥0恒成立.令t(x)=x2-aln x+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·ln√𝑎2+a≥0,解得0

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-ln x,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.

∴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).