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2022版高考数学大一轮复习 第3章 导数及其应用 第2讲 导数的简单应用备考试题

2022版高考数学大一轮复习 第3章 导数及其应用 第2讲 导数的简单应用备考试题

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第三章　导数及其应用
第二讲　导数的简单应用
练好题·考点自测
1.[2021陕西模拟]若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
2.下列说法错误的是(　　)
A.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
B.若x0是可导函数y=f(x)的极值点,则一定有f'(x0)=0
C.函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值
D.函数f(x)=xsinx有无数个极值点
3.[2020安徽安庆一中5月模拟]函数y=f(x)的导函数的图象如图3-2-1所示,给出下列命题:
①(0,3)为函数y=f(x)的单调递减区间;
②(5,+∞)为函数y=f(x)的单调递增区间;
③函数y=f(x)在x=0处取得极大值;
④函数y=f(x)在x=5处取得极小值.
其中正确的命题序号是(　　)
A.①③ B.②④
C.①④ D.②③④

图3-2-1
4.[2017全国卷Ⅱ,11,5分]若x2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则 f(x)的极小值为(　　)
A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
5.[2021河南省名校第一次联考]已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处取极大值,则c=　　　　. 
6.[2021武汉市部分学校质检]设函数f(x)=ln1+sinx2cosx在区间[-π4,π4]上的最小值和最大值分别为m和M,则m+M=　　　　. 

拓展变式
1.[2020全国卷Ⅱ,21,12分][文]已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)-fa)x-a的单调性.

2.已知函数g(x)=13x3-a2x2+2x+5.
(1)若函数g(x)在(-2,-1)内单调递减,则a的取值范围为　　　　; 
(2)若函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,则a的取值范围为　　　　; 
(3)若函数g(x)在(-2,-1)上不单调,则a的取值范围为　　　　. 
3.[2017北京,19,13分][文]已知函数f(x)=excosx-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.

4.[2020广西桂林三校联考]已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx.
(1)函数g(x)=f(x)-ax2+1,在其定义域上g(x)≤0恒成立,求实数a的最小值;
(2)当a>0时, f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求实数a的取值范围.

5.[2021湖南名校大联考]若f(x)为定义在R上的偶函数,当x∈(-∞,0]时,f'(x)+2x>0,则不等式f(x+1)-f(x+2)>2x+3的解集为(　　)
A.(32,+∞) B.(-∞,-3)
C.(-∞,-32) D.(-32,+∞)
答 案
第三章　导数及其应用
第二讲　导数的简单应用

1.D　因为f(x)=kx-ln x,所以f'x)=k-1x.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f'(x)=k-1x≥0恒成立,即k≥1x在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以0<1x<1,所以k≥1.故选D.
2.A　对于A选项,函数在某区间上或定义域内的极大值不一定是唯一的,如f(x)=sin x在定义域内有无数个极大值点,故A错误;对于B选项,若x0是可导函数y=f(x)的极值点,则一定有f'(x0)=0,故B正确;对于C选项,显然正确;对于D选项,函数f(x)=xsinx的导数f'(x)=sin x+xcosx,令f'(x)=0,则x=-tan x,因为y=x与y=-tan x的图象有无数个交点,故函数f(x)=xsinx有无数个极值点,故D正确.选A.
3.B　由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x<-1或35时,
f'(x)>0,y=f(x)单调递增,由此可知①错误,②正确;函数y=f(x)在x=-1,x=5处取得极小值,在x=3处取得极大值,由此可知③错误,④正确.故选B.
4.A　因为f(x)=(x2+ax-1)ex-1,所以f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f'(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1.令
f'(x)>0,解得x<-2或x>1,令f'(x)<0,解得-20.当x变化时,
f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,c3)
c3
(c3,c)
c
(c,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值f(c3)
↘
极小值f(c)
↗
故c3=2,c=6.
解法二　由题知,f' (x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c),则f'(2)=(2-c)(6-c)=0,解得c=2或c=6,经检验,c=2不合题意,故c=6.
6.-2ln 2　令g(x)=1+sinx2cosx,x∈[-π4,π4],则g'(x)=cos2x+sinx(1+sinx)2cos2x=sinx+12cos2x,因为x∈[-π4,π4],所以sin x∈[-22,22],所以g'(x)>0,则g(x)在[π4,π4]上单调递增,所以f(x)在[-π4,π4]上单调递增,因为g(-π4)=1-222×22=2-12,g(π4)=1+222×22=2+12,所以f(x)的最小值与最大值的和m+M=ln2-12+ln2+12=ln14=-2ln 2.

1.设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2=2(1-x)x.
(1)当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.

故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=2(x-ax+lna-lnx)(x-a)2=2(1-ax+lnax)(x-a)2.
取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2=2(1-x+ln x),h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+ln ax<0,从而g'(x)<0.
所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单调递减.
2.因为g(x)=13x3-a2x2+2x+5,所以g'(x)=x2-ax+2.
(1)(-∞,-3]　解法一　因为g(x)在(-2,-1)内单调递减,
所以g'(x)=x2-ax+2≤0在(-2,-1)内恒成立.
所以g'(-2)≤0,g'(-1)≤0,即4+2a+2≤0,1+a+2≤0,解得a≤-3.
即实数a的取值范围为(-∞,-3].
解法二　由题意知x2-ax+2≤0在(-2,-1)内恒成立,
所以a≤x+2x在(-2,-1)内恒成立,记h(x)=x+2x,
则x∈(-2,-1)时,-322)　因为函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,所以g'(x)=x2-ax+2<0在(-2,-1)内有解,
所以a<(x+2x)max.
又x+2x≤-22,当且仅当x=2x即x=-2时等号成立,
所以满足要求的a的取值范围是(-∞,-22).
(3)(-3,-22)　由(1)知g(x)在(-2,-1)上单调递减时,a的范围是(-∞,-3].
若g(x)在(-2,-1)上单调递增,
则a≥x+2x在(-2,-1)上恒成立,
又在(-2,-1)上y=x+2x的值域为(-3,-22],
所以a的取值范围是[-22,+∞),
所以函数g(x)在(-2,-1)上单调时a的取值范围是(-∞,-3]∪[-22,+∞),
故g(x)在(-2,-1)上不单调时,实数a的取值范围是(-3,-22).
3.(1)因为f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.
又f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则h'(x)=ex(cos x-sin x-sinx-cos x)=-2exsin x.
当x∈[0,π2]时,h'(x)≤0,当且仅当x=0时“=”成立,
所以h(x)在区间[0,π2]上单调递减.
所以对任意x∈[0,π2],有h(x)≤h(0)=0,即f'(x)≤0,当且仅当x=0时“=”成立.
所以函数f(x)在区间[0,π2]上单调递减.
因此f(x)在区间[0,π2]上的最大值为f(0)=1,最小值为f(π2)=-π2.
4.(1)由题意得g(x)=ln x-(a+2)x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,
因为x>0,所以a+2≥lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.
设h(x)=lnx+1x(x>0),则h'(x)=1x·x-(lnx+1)·1x2=-lnxx2,
令h'(x)=0,得x=1.
当00,函数h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减.
因此h(x)max=h(1)=1,
所以a+2≥1,即a≥-1.
于是所求实数a的最小值为-1.
(2)对f(x)求导,得f'(x)=2ax-(a+2)+1x=(ax-1)(2x-1)x(x>0,a>0),令f'(x)=0,得x1=12,x2=1a.
①当0<1a≤1,即a≥1时,因为x∈[1,e],所以f'(x)≥0, f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(1)=-2,符合题意;
②当1<1a0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(1a)0,所以g(x)在(-∞,0]上单调递增,所以当x∈(0,+∞)时,g(x)单调递减.g(x+1)=f(x+1)+(x+1)2,g(x+2)=f(x+2)+(x+2)2,所以不等式f(x+1)-f(x+2)>2x+3,可化为f(x+1)+(x+1)2>f(x+2)+(x+2)2,(题眼)
即g(x+1)>g(x+2),所以|x+1|<|x+2|,解得x>-32,故选D.