《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.3 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 文(40分鐘70分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.已知直線y=kx+1與曲線y=x3+mx+n相切于點A(1,3),則n=()A.-1B.1C.3D.4【解析】選C.對于y=x3+mx+n,y=3x2+m,而直線y=kx+1與曲線y=x3+mx+n相切于點A(1,3),則有可解得n=3.2.函數(shù)f(x)=3x2+ln x-2x的極值點的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.無數(shù)個【解析】選A.函數(shù)定義域為(0,+),且f(x)=6x+-2=,由于x0,g(x)=6x2-2x+1中=-200恒成立,故f

2、(x)0恒成立,即f(x)在定義域上單調(diào)遞增,無極值點.3.設(shè)函數(shù)f(x)=+ln x,則()A.x=為f(x)的極大值點B.x=為f(x)的極小值點C.x=2為f(x)的極大值點D.x=2為f(x)的極小值點【解析】選D.由函數(shù)f(x)=+ln x求導(dǎo)數(shù)得f(x)=-+=,函數(shù)定義域為(0,+),所以在區(qū)間(0,2)上,f(x)0,f(x)是增函數(shù),所以x=2為f(x)的極小值點.4.(2018菏澤一模)已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則函數(shù)y=log2的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.B.3,+)C.-2,3D.(-,-2)【解析】選D.因為f(x)=x3+bx2+cx+d,

3、所以f(x)=3x2+2bx+c,由圖可知f(-2) =f(3)=0,所以解得令g(x)=x2+bx+,則g(x)=x2-x-6,g(x)=2x-1,由g(x)=x2-x-60,解得x3.當(dāng)x時,g(x)0),則b-a的最大值為()A.B.1C.D.2【解析】選A.由題意得,ba0,所以g(x)=2x+2b0在(a,b)上恒成立,所以問題等價于f(x)=x2-2a0在(a,b)上恒成立,所以(x2-2a)max=b2-2a0,所以b-ab-b2=-(b-1)2+,當(dāng)且僅當(dāng)b=1,a=時,等號成立,所以b-a的最大值為.6.(2018唐山一模)設(shè)函數(shù)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間a,b上的兩

4、個函數(shù),若對任意的xa,b,都有|f(x)-g(x)|k(k0),則稱f(x)和g(x)在a,b上是“k度和諧函數(shù)”,a,b稱為“k度密切區(qū)間”.設(shè)函數(shù)f(x)=ln x與g(x)=在上是“e度和諧函數(shù)”,則m的取值范圍是()A.-e-1,1B.-1,e+1C.D.【解析】選B.設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=ln x-=-m+ln x,h(x)=-+=,故當(dāng)x時,h(x)+1,所以hh(e),故函數(shù)h(x)的最大值為h=-m+e-1.故函數(shù)h(x)在上的值域為-m+1,-m+e-1.由題意,|h(x)|e,即-eh(x)e,所以解得-1m1+e.二、填空題(每小題5分,共10分)7.曲線y=

5、xex+2x+1在點(0,1)處的切線方程為_. 【解析】y=ex+xex+2,斜率k=e0+0+2=3,所以,y-1=3x,即y=3x+1.答案:y=3x+18.已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是_. 【解析】函數(shù)f(x)=x(ln x-ax),則f(x)=ln x-ax+x=ln x-2ax+1, 令f(x)=ln x-2ax+1=0,得ln x=2ax-1,因為函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,所以f(x)=ln x-2ax+1有兩個零點,等價于函數(shù)y=ln x與y=2ax-1的圖象有兩個交點,在同一個坐標(biāo)系中作出它們的圖象,過點(0,

6、-1)作y=ln x的切線,設(shè)切點為(x0,y0),則切線的斜率k=,切線方程為y=x-1. 切點在切線上,則y0=-1=0,又切點在曲線y=ln x上,則ln x0=0x0=1,即切點為(1,0).切線方程為y=x-1.再由直線y=2ax-1與曲線y=ln x有兩個交點,知直線y=2ax-1位于兩直線y=-1和y=x-1之間,其斜率2a滿足02a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值.【解析】(1)f(x)=x-eax(a0),則f(x)=1-aeax,令f(x)=1-aeax=0,則x=ln .當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表:xln f(x)

7、+0-f(x)極大值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為;單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)當(dāng)ln ,即0a時,f(x)max=f=-e2;當(dāng)ln ,即a時,f(x)max=f=ln -;當(dāng)ln ,即a時,f(x)max=f=-e.綜上,當(dāng)0a時,f(x)max=-e2;當(dāng)a0時,能夠求出f(x)的最大值為g=-ln a,可設(shè)h(a)=-ln a,該函數(shù)在(0,+)上為減函數(shù),并且h(1)0,h(2)0,容易求得函數(shù)t-ln t的最小值為1,從而得到(x1+x2)2+(x1+x2)1,解這個關(guān)于x1+x2的一元二次不等式即可得出要證的結(jié)論.【解析】(1)f(x)=(x0),所以x1時,f(x)0;所以f(x)的

8、單調(diào)減區(qū)間為1,+).(2)令g(x)=f(x)-=ln x-ax2+(1-a)x+1,所以g(x)=,當(dāng)a0時,因為x0,所以g(x)0;所以此時g(x)在(0,+)上是遞增函數(shù);又g(1)=-a+20;所以g(x)0不能恒成立,即關(guān)于x的不等式f(x)x2+ax-1不能恒成立;所以這種情況不存在;當(dāng)a0時,g(x)=;所以當(dāng)x時,g(x)0;當(dāng)x時,g(x)0,h(2)=-ln 20,又h(a)在a(0,+)上是減函數(shù);所以當(dāng)a2時,h(a)0,因此x1+x2成立.11.設(shè)函數(shù)f(x)=-ax.(1)若函數(shù)f(x)在(1,+)上為減函數(shù),求實數(shù)a的最小值.(2)若存在x1,x2e,e2,使

9、f(x1)f(x2)+a成立,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)由已知得x0,x1.因為f(x)在(1,+)上為減函數(shù),故f(x)= -a0在(1,+)上恒成立.所以當(dāng)x(1,+)時,f(x)max0.又f(x)=-a=-+-a=-+-a,故當(dāng)=,即x=e2時,f(x)max=-a.所以-a0,于是a,故a的最小值為. (2)命題“若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)+a成立”等價于“當(dāng)xe,e2時,有f(x)minf(x)max+a”.由(1),當(dāng)xe,e2時,f(x)max=-a,所以f(x)max+a=.問題等價于“當(dāng)xe,e2時,有f(x)min”.當(dāng)a時,由(1),f(x

10、)在e,e2上為減函數(shù).則f(x)min=f(e2)= -ae2,故a-.當(dāng)-a0,即0a時,因為xe,e2,所以ln x.因為f(x)=-a+,由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知f(x)在e,e2上為增函數(shù),所以存在唯一x0(e,e2),使f(x0)=0且滿足:f(x)min=f(x0)=-ax0+,要使f(x)min,所以-a-=-,與-a0矛盾,所以-a0不合題意.綜上,實數(shù)a的取值范圍為.(20分鐘20分)1.(10分)(2018黃岡一模)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間.(2)若f(x)x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.【解

11、析】(1)由已知得f(x)=f(1)-f(0)+x.所以f(1)=f(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f(1),所以f(1)=e.從而f(x)=ex-x+x2.由于f(x)=ex-1+x,故當(dāng)x(-,0)時,f(x)0.從而,f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(-,0),單調(diào)增區(qū)間是(0,+).(2)由已知條件得ex-(a+1)xb.()若a+10,則對任意常數(shù)b,當(dāng)x0,且x時,可得ex-(a+1)x0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x,則g(x)=ex-(a+1).當(dāng)x(-,ln(a+1)時,g(x)0.從而g(x)在(-,ln(a+1)上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+)上單調(diào)遞增.故

12、g(x)有最小值g(ln(a+1)=a+1-(a+1)ln(a+1).所以f(x)x2+ax+b等價于ba+1-(a+1)ln(a+1).因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則h(a)=(a+1)1-2ln(a+1).所以h(a)在(-1,-1)上單調(diào)遞增,在(-1,+)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=-1處取得最大值.從而h(a),即(a+1)b.當(dāng)a=-1,b=時,式成立,故f(x)x2+ax+b.綜合得,(a+1)b的最大值為.2.(10分)(2018新鄉(xiāng)一模)已知函數(shù)f(x)=(x+a)ln x,g(x)=,曲線y

13、=f(x)在點(1,f(1)處的切線與直線2x-y-3=0平行.(1)求證:方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根.(2)設(shè)函數(shù)m(x)=minf(x),g(x)(minp,q表示p,q中的較小者),求m(x)的最大值.【解析】(1)由題意知,曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線斜率為2,所以f(1)=2,又f(x)=ln x+1,所以a=1.所以f(x)=(x+1)ln x.設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-,當(dāng)x(0,1時,h(x)1-1=0,所以存在x0(1,2),使h(x0)=0.因為h(x)=ln x+1-,當(dāng)x(1,2)時,0x(2-x)=-(x

14、-1)2+1e,所以0,所以1-0,所以當(dāng)x(1,2)時,h(x)單調(diào)遞增,所以方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根.(2)由(1)知,方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的實根x0,且x(0,x0)時,f(x)0,當(dāng)x(2,+)時,h(x)0,所以當(dāng)x(x0,+)時,h(x)0,所以當(dāng)x(x0,+)時,f(x)g(x),所以m(x)=當(dāng)x(0,x0)時,若x(0,1,則m(x)0;若x(1,x0,由m(x)=ln x+10,可知00,m(x)單調(diào)遞增;x(2,+)時,m(x)0,m(x)單調(diào)遞減.可知m(x)m(2)=,且m(x0)m(2).綜上可得,函數(shù)m(x)的最大值為.