2021届高考文科数学二轮复习提能专训22-导数的综合应用.docx

提能专训(二十二)　导数的综合应用

一、选择题
1．(2022·江西八校联考)已知m是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f(x)＝x3－2x2＋m2x＋3在x∈R上是增函数的概率是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
答案：C
解析：∵f(x)＝x3－2x2＋m2x＋3在R上是增函数，∴f′(x)＝x2－4x＋m2≥0在R上恒成立，∴Δ＝16－4m2≤0，解得m≤－2或m≥2.
又∵0≤m≤4，∴2≤m≤4.
故所求的概率为P＝＝.
2．(2022·辽宁五校联考)已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是(　　)
A．ab>ba B．ab<ba
C．ab＝ba D．ab与ba的大小关系不确定
答案：A
解析：构造帮助函数f(x)＝，由于f′(x)＝，所以在(e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数，则f(a)>f(b)，即>，bln a>aln b，ln ab>ln ba，所以ab>ba.
3．(2022·忻州联考)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f′(x)·tan x成立，则(　　)
A.f>f B．f(1)<2fsin 1
C.f>f D.f<f
答案：D
解析：∵f(x)<f′(x)·tan x，
即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，
∴′＝>0，
∴函数在上单调递增，
从而<，即f<f.
4．(2022·浙江名校联考)若函数f(x)＝xcos x在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的挨次排列为a1，a2，…，an，…，则对任意正整数n必有(　　)
A．π<an＋1－an< B.<an＋1－an<π
C．0<an＋1－an< D．－<an＋1－an<0
答案：B

解析：f′(x)＝cos x－xsin x，令f′(x)＝0，得＝tan x，函数y＝与y＝tan x的图象如图所示，an与an＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y＝在(0，＋∞)上是减函数，故随着n的增加，an越来越接近其所在周期内的零点(y＝tan x的零点)，故an＋1－an<π，又an与an＋1在各自周期内零点的右侧，因此an＋1－an>，故选B.
5．(2022·吉林长春其次次调研)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)>0的解集为(　　)
A．(－∞，－2 012) B．(－2 012,0)
C．(－∞，－2 016) D．(－2 016,0)
答案：C
解析：由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f′(x)<x3，即[x2f(x)]′<x3<0，
令F(x)＝x2f(x)，则当x<0时，F′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，F(x＋2 014)＝(2 014＋x)2f(x＋2 014)，F(－2)＝4f(－2)，F(2 014＋x)－F(－2)>0，即F(2 014＋x)>F(－2)．又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2 014＋x<－2，即x<－2 016，故选C.
6．(2022·鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，
则有
即
解得a≥，选C.
7．(2022·贵阳二中模拟)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是(　　)

答案：A
解析：当x<－2或x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－2<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故选A.
8．(2022·北大附中河南分校高考押题)函数f(x)＝2ln x＋x2－bx＋a(b>0，a∈R)的图象在点(b，f(b))处的切线斜率的最小值是(　　)
A．2 B．2 C. D．1
答案：A
解析：∵f′(x)＝＋2x－b，
∴f′(b)＝＋2b－b＝＋b，
∵b>0，∴f′(b)≥2＝2，选A.
9．(2022·重庆七校联考)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率是(　　)
A．2 B．1 C．3 D．－2
答案：A
解析：在f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8两边求导，得f′(x)＝2f′(2－x)×(－1)－2x＋8，
令x＝1得f′(1)＝2f′(1)×(－1)－2＋8，∴f′(1)＝2.
10．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不行能为y＝f(x)的图象的是(　　)

答案：D
解析：设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，
∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.
若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，D中图象肯定不满足该条件．
11．函数f(x)＝的零点个数为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．很多个
答案：B
解析：当x≤0时，f(x)＝x＋cos x，则f′(x)＝1－sin x≥0，故函数f(x)在(－∞，0]上单调递增，且f＝－＋cos＝－<0，f(0)＝0＋cos 0＝1>0，故函数f(x)在(－∞，0]上有1个零点；当x>0时，f(x)＝x3－4x＋1，则f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍)，则当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．而f＝×3－4×＋1＝>0，f(1)＝－4＋1＝－<0，故f(x)在(0,2)上只有1个零点；f(2)＝×23－4×2＋1＝－<0，f(4)＝×43－4×4＋1＝>0，故f(x)在(2，＋∞)上只有1个零点．综上，函数f(x)有3个零点．
12．(2022·昆明质检)已知函数f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒成立，则ab的最大值为(　　)
A. B．e2
C．e D.
答案：D
解析：利用导数求解．当a≤0时，函数f(x)＝ex－ax－b在R上单调递增，f(x)≥0不恒成立，所以a≤0舍去．当a>0时，由f′(x)＝ex－a＝0解得x＝ln a，且当x<ln a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>ln a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以f(x)≥0恒成立，即f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a－b≥0，所以b≤a－aln a，ab≤a2－a2ln a，a>0.令y＝x2－x2ln x，x>0，则y′＝2x－2xln x－x＝x(1－2ln x)，x>0，由y′＝0解得x＝，且x∈(0，)时，y′>0，函数y＝x2－x2ln x单调递增；x∈(，＋∞)时，y′<0，函数y＝x2－x2ln x单调递减．所以当x＝时，函数y＝x2－x2ln x取得最大值e－e＝e，所以ab≤a2－a2ln a≤e，即ab的最大值是e，故选D.
二、填空题
13．(2022·南京盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．
答案：1∶2
解析：由于12π＝2πrh＋2πr2，则rh＋r2＝6，所以V＝πr2h＝πr(6－r2)，0<r<.
由V′＝π(6－3r2)＝0得r＝.当0<r<时，V′>0，当<r<时，V′<0，所以当r＝时，V取极大值，也是最大值，此时h＝2，r∶h＝1∶2.
14．(2022·青岛一模)假如对定义在R上的函数f(x)，以任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：
①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sin x－cos x)；③y＝ex＋1；④f(x)＝
以上函数是“H函数”的全部序号为________．
答案：②③
解析：由于x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，
所以函数f(x)在R上是增函数．由y′＝－3x2＋1>0，得－<x<，即函数在区间上是增函数，故①不是“H函数”；由y′＝3－2(cos x＋sin x)＝3－2sin≥3－2>0恒成立，所以②为“H函数”；由y′＝ex>0恒成立，所以③为“H函数”；由于④为偶函数，所以不行能在R上是增函数，所以不是“H函数”．
综上可知，是“H函数”的有②③.
三、解答题
15．(2022·湖南怀化一模)已知函数f(x)＝ax＋bln x＋c(a，b，c是常数)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，且f(1)＝0.
(1)求常数a，b，c的值；
(2)若函数g(x)＝x2＋mf(x)(m∈R)在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m的取值范围．
解：(1)由题设，知
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋.
∵f(x)在x＝e处的切线方程为(e－1)x＋ey－e＝0，
∴f′(e)＝－，且f(e)＝2－e，
即a＋＝－，且ae＋b＋c＝2－e.
又f(1)＝a＋c＝0，解得a＝－1，b＝1，c＝1.
(2)由(1)知f(x)＝－x＋ln x＋1(x>0)，
∴g(x)＝x2＋mf(x)＝x2－mx＋mln x＋m(x>0)，
∴g′(x)＝2x－m＋＝(2x2－mx＋m)(x>0)．
令d(x)＝2x2－mx＋m(x>0)．
①当函数g(x)在(1,3)内有一个极值时，g′(x)＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d(1)＝2>0，∴当d(3)＝0，即m＝9时，d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根x＝；当d(3)≠0时，应有d(3)<0，即2×32－3m＋m<0，解得m>9.∴m≥9.
②当函数g(x)在(1,3)内有两个极值时，g′(x)＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d(x)＝2x2－mx＋m＝0在(1,3)内有两个不等根，
所以
解得8<m<9.
综上，实数m的取值范围是(8，＋∞)．
16．已知函数f(x)＝，a>0.
(1)求f(x)的极值；
(2)当a＝1时，若不等式f(x)－k<0在(0，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝ea，
当x∈(0，ea)，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈(ea，＋∞)，f′(x)<0，f(x)为减函数．
可知f(x)有极大值为f(ea)＝e－a.
(2)由于a＝1，所以不等式f(x)－k<0在区间(0，＋∞)上恒成立，即<k在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝(x>0)．
由(1)知，g(x)在x＝e处取得最大值，
∴k>.
即k的取值范围是.
17．已知函数f(x)＝ex－x2－ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x＋b，求a，b的值；
(2)若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝ex－x－a，∴f′(0)＝1－a.
由题知1－a＝2，解得a＝－1.
∴f(x)＝ex－x2＋x.∴f(0)＝1.
于是1＝2×0＋b，解得b＝1.
(2)由题意得f′(x)≥0，
即ex－x－a≥0恒成立，
∴a≤ex－x恒成立．
设h(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1.
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
减函数
微小值
增函数
∴h(x)min＝h(0)＝1，
∴a≤1.即a的取值范围是(－∞，1]．
18．(2022·浙江名校联考)已知a∈R，函数f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e](其中e是自然对数的底数)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间与极值；
(2)求函数f(x)在区间(0，e]上的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，所以f′(x)＝1－＝，
所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，e]，
所以f(x)的微小值为f(1)＝1，没有极大值．
(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0，e]上的最小值．
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以g(a)＝f(e)＝ae－1.
当0<a≤时，f′(x)≤0，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以g(a)＝f(e)＝ae－1.
当a>时，f(x)在区间上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)＝f＝1＋ln a.
综上所述，g(a)＝