【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第二讲导数的简单应用作业
第二讲 导数的简单应用
1.[2020安徽六校测试]若函数f (x) =2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是( )
A.( - ∞,1] B.( - ∞,1)C.( - ∞,2] D.(-∞,2)
2.[原创题]函数f (x) =(12x-1)ex+12x的极值点的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.[2020南昌市测试]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.[2020洛阳市第一次联考]定义在R上的函数f (x)的导函数为f '(x),若对任意实数x,都有f (x)>f '(x),且f (x)+2 019为奇函数,则不等式f (x)+2 019ex<0的解集为( )
A.( - ∞,0) B.(0,+∞)C.( - ∞,1e) D.(1e,+∞)
5.[2019昆明市高考模拟]函数y =f (x)的导函数y =f ' (x)的图象如图3-2-1所示,则函数y =f (x)的图象可能是( )
6.[2019济南市质检]已知函数f (x) =ln(x-1),g(x) =xe,若f (x1) =g(x2),则x1-x2的取值范围是( )
A.[1e,+∞) B.[1,+∞)C.[2,+∞) D.[e,+∞)
7.[2019皖中名校第二次联考]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+2ln 2
C.4e-2或(4+ln 2)e-2-2ln 2D.4e-2或(4+ln 2)e2-2ln 2
8.[2019长春市高三质量监测]已知函数f (x)是定义在R上的函数,且满足f ' (x)+f (x)>0,其中f ' (x)为f (x)的导数,设a =f (0),
b =2f (ln 2),c =e f (1),则a,b,c的大小关系是( )
A.c>b>a B.a>b>cC.c>a>b D.b>c>a
9.[2020天津模拟]函数f (x) =12x2+x-2ln x的最小值为 .
10.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]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.
11.[2020陕科大附中模拟]已知函数f (x) =xln(x+a)+1(a<0).
(1)若函数f (x)在定义域上为增函数,求a的取值范围.
(2)证明:f (x)
0,若
f (m-2)-f (m)≥-3m2+6m-4,则实数m的取值范围为( )
A.[-1,1] B.(-∞,1]C.[1,+∞) D.(-∞,-1]∪[1,+∞)
14.[2019合肥市高三调研]已知函数f (x) =ex+e-x+2cos x,其中e为自然对数的底数,则对任意a∈R,下列不等式一定成立的是( )
A.f (a2+1)≥f (2a) B.f (a2+1)≤f (2a)C.f (a2+1)≥f (a+1) D.f (a2+1)≤f (a)
15.[2019福建五校第二次联考]设函数f' (x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f ' (x)ln x<-1xf (x).则使得(x2-4)f (x)>0成立的x的取值范围是 ( )
A.( - 2,0)∪(0,2) B.( - ∞, - 2)∪(2,+∞)C.( - 2,0)∪(2,+∞) D.( - ∞, - 2)∪(0,2)
16.[2020江西红色七校第一次联考]若函数f (x)与g(x)满足“存在实数t,使得f (t) =g'(t)”,则称函数g(x)为f (x)的“友导”函数.已知函数g(x) =-13x3-3x+1为函数f (x) =2xln x-ax的“友导”函数,则a的取值范围是 .
17.[2020四省八校联考]已知函数f (x) =13x3-12ax2,a∈R.
(1)当a =2时,求曲线y =f (x)在点(3,f (3))处的切线方程;
(2)设函数g(x) =f (x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断g(x)有无极值,有极值时求出极值.
18.[2019全国卷Ⅰ,20,12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.
19.[2020四省八校联考][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( )
A.1 B.2 C.2 D.3
20.[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)]20).
(1)若曲线y =f (x)在点(1,f (1))处的切线与直线x+2y =0垂直,求a的值及函数g(x) =f (x)-2ln x的单调区间.
(2)若f (x)的极大值和极小值分别为m,n,证明:m+n<2ln 2-3.
第二讲 导数的简单应用
1.C 因为f ' (x)=6(x2 - mx+1),且函数f (x)在区间(1,+∞)上是增函数,所以f ' (x)=6(x2 - mx+1)≥0在(1,+∞)上恒成立,即x2 - mx+1≥0在(1,+∞)上恒成立,所以m≤x2+1x=x+1x在(1,+∞)上恒成立,即m≤(x+1x)min(x∈(1,+∞)),又当x∈(1,+∞)时,x+1x>2,所以m≤2.故选C.
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.
【素养落地】 构造新函数g(x)=ex(x - 1)+1来研究函数f (x)的导函数f ' (x)的符号,体现了对数学建模核心素养的考查,整个解题过程体现了对逻辑推理与数学运算等核心素养的考查.
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 - 1ef ' (x),所以g' (x)=f '(x)-f(x)ex<0,所以g(x)在R上单调递减.因为f (x)+2 019是定义在R上的奇函数,所以f (0)+
2 019=0,即f (0)= - 2 019,则g(0)= - 2 019.不等式f (x)+2 019ex<0可转化为f(x)ex< - 2 019,即g(x)0,则不等式f (x)+2 019ex<0的解集为(0,+∞),故选B.
5.A 由导函数y=f ' (x)的图象可知,当x<0时,f ' (x)有两个零点,且在每个零点两侧f ' (x)都异号,所以原函数有两个负的极值点,排除B,C,D,选A.
6.B 设f (x1)=g(x2)=t,则ln(x1 - 1)=t,x2e=t,所以x1=et+1,x2=et,所以x1 - x2=et+1 - et.设h(t)=et+1 - et,则h' (t)=et - e,故h(t)在( - ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以h(t)min=h(1)=1,所以h(t)的值域为[1,+∞),故x1 - x2的取值范围为[1,+∞).
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.A 令g(x)=exf (x),则g' (x)=ex[f (x)+f ' (x)]>0,所以函数g(x)在定义域R上单调递增,从而g(0)0),
所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以f (x)min=f (1)=12+1=32.
10.(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).
令h(x)=x(1+lnx)x - 1,x>1,则h' (x)=x - 2 - lnx(x - 1)2,
令φ(x)=x - 2 - ln x,x>1,则φ' (x)=x - 1x>0,
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
又φ(3)=1 - ln 3<0,φ(4)=2 - 2ln 2>0,
∴存在唯一x0∈(3,4),使得φ(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.
11.(1)由题意知,f (x)的定义域为( - a,+∞),且f ' (x)=ln(x+a)+xx+a.
设m(x)=f ' (x)=ln(x+a)+xx+a,则m' (x)=1x+a+a(x+a)2=x+2a(x+a)2.
因为a<0,所以 - 2a> - a.
令m' (x)=0,可得x= - 2a,则当x∈( - a, - 2a)时,m' (x)<0;当x∈( - 2a,+∞)时,m' (x)>0.
所以m(x)在( - a, - 2a)上单调递减,在( - 2a,+∞)上单调递增.
由函数f (x)在定义域上为增函数,得m(x)min=m( - 2a)=ln( - a)+2≥0,解得a≤ - e - 2,
所以a的取值范围是( - ∞, - e - 2].
(2)因为a<0,x> - a.所以x>0,f (x)=xln(x+a)+10,xln x≤0,所以xln x1时,设g(x)=ex+cos x - xln x - 1,
则g' (x)=ex - ln x - sin x - 1.设h(x)=g' (x),则h' (x)=ex - 1x - cos x.
因为x>1,所以h' (x)>e - 1 - 1>0,即h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>e - sin 1 - 1>0,即g' (x)>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>e+cos 1 - 1>0,即xln x0,所以存在x0∈(1,32),使得
f ' (x0)=0,所以13ex0=1x0.易得f (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以M=f (x0)=13ex0 - ln x0=1x0 - ln x0.设g(x)=1x - ln x,则g(x)在(1,32)上是减函数,且g(1)=1,g(32)=23 - ln32=23 - 12ln 2.25>23 - 12=16>0,所以00在(0,+∞)上恒成立,所以F(x)=2f (x) - x3在(0,+∞)上单调递增,因为F(m)=2f (m) - m3,F(m - 2)=2f (m - 2) - (m - 2)3=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8),F(m - 2) - F(m)=2f (m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8) - 2f (m)+m3=2[f (m - 2) - f (m) - ( - 3m2+6m - 4)]≥0,所以F(m - 2) - F(m)≥0,即
F(m - 2)≥F(m),得|m - 2|≥|m|,两边平方得m2 - 4m+4≥m2,解得m≤1,故选B.
14.A 依题意可知,f (x)=ex+e - x+2cos x=f ( - x),所以f (x)是偶函数,f ' (x)=ex - e - x - 2sin x,且f ' (0)=0,令h(x)=f ' (x),则h' (x)=ex+e - x - 2cos x,当x∈[0,+∞)时,h' (x)=ex+e - x - 2cos x≥0恒成立(当且仅当x=0时取等号),所以f ' (x)=ex - e - x - 2sin x在[0,+∞)上单调递增,所以f ' (x)≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f (x)在[0,+∞)上单调递增,又函数f (x)是偶函数,(a2+1)2 - 4a2=(a2 - 1)2≥0,所以f (a2+1)≥f (2a),故选A.
15.D 设函数g(x)=f (x)ln x,则g' (x)=f ' (x)ln x+1xf (x).于是,当x>0时,由f ' (x)ln x< - 1xf (x)可得g' (x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)0,所以此时f (x)<0;当0g(1)=0,即f (x)ln x>0,又ln x<0,所以此时f(x)<0.对于不等式f ' (x)ln x< - 1xf (x),取x=1可得f ' (1)ln 1< - 11f (1),化简得f (1)<0,即当x=1时,f (x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f (x)<0,故由(x2–
4)f (x)>0(x>0)得x2 - 4<0,解得00时,f (x)<0”可得f (x)>0,故由(x2 - 4)f (x)>0(x<0)得x2 - 4>0,解得x<
- 2.易知
f (0)=0,所以x=0不满足(x2 - 4)f (x)>0.综上,x的取值范围是( - ∞, - 2)∪(0,2).故选D.
【解后反思】 一般地,若题设中出现了与导数有关的不等式,则很可能是根据导数的运算法则提前计算后而精心设计的,所以应多从这个角度考虑如何构造函数,以便顺利解决问题.
16.[4,+∞) 由题意,得g' (x)= - x2 - 3.又由题意知g(x)= - 13x3 - 3x+1为函数f (x)=2xln x - ax的“友导”函数,所以方程2xln x - ax= - x2 - 3有解,即a=x+2ln x+3x有解.令h(x)=x+2ln x+3x,则h' (x)=1+2x - 3x2=(x+3)(x - 1)x2,当01时,h' (x)>0,函数h(x)单调递增.所以h(x)≥h(1)=4,所以由方程a=x+2ln x+3x有解,可得a≥4.
17.(1)由题意,得f ' (x)=x2 - ax,当a=2时,f (3)=0,f ' (x)=x2 - 2x,所以f ' (3)=3,
因此,曲线y=f (x)在点(3,f (3))处的切线方程是y=3(x - 3),
即3x - y - 9=0.
(2)因为g(x)=f (x)+(x - a)cos x - sin x,
所以g' (x)=f ' (x)+cos x - (x - a)sin x - cos x
=x(x - a) - (x - a)sin x
=(x - a)(x - sin x).
令h(x)=x - sin x,则h' (x)=1 - cos x≥0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.
①当a<0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),
当x∈( - ∞,a)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(a,0)时,x - a>0,g' (x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.
所以,当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)= - 16a3 - sin a;
当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)= - a.
②当a=0时,g' (x)=x(x - sin x),
当x∈( - ∞,+∞)时,g' (x)≥0,g(x)单调递增.
所以,g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时,g' (x)=(x - a)(x - sin x),
当x∈( - ∞,0)时,x - a<0,g' (x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(0,a)时,x - a<0,g' (x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,x - a>0,g' (x)>0,g(x)单调递增.
所以,当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)= - a;
当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)= - 16a3 - sin a.
综上所述:当a<0时,函数g(x)在( - ∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)= - 16a3 - sin a,极小值是g(0)= - a;
当a=0时,函数g(x)在( - ∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0时,函数g(x)在( - ∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)= - a,极小值是g(a)= - 16a3 –
sin a.
18.(1)设g(x)=f ' (x),则g(x)=cos x - 11+x,g' (x)= - sin x+1(1+x)2.
当x∈( - 1,π2)时,g' (x)单调递减,而g' (0)>0,g' (π2)<0,可得g' (x)在( - 1,π2)上有唯一零点,设为α.则当x∈( - 1,α)时,g' (x)>0;当x∈(α,π2)时,g' (x)<0.
所以g(x)在( - 1,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,故g(x)在( - 1,π2)上存在唯一极大值点,即f ' (x)在( - 1,π2)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,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,π2]时,由(1)知,f ' (x)在(0,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,而f ' (0)=0,f ' (π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f ' (β)=0,且当x∈(0,β)时,
f ' (x)>0;当x∈(β,π2)时,f ' (x)<0.故f (x)在(0,β)上单调递增,在(β,π2)上单调递减.
又f (0)=0,f (π2)=1 - ln(1+π2)>0,所以当x∈(0,π2]时,f (x)>0.从而f (x)在(0,π2]上没有零点.
(iii)当x∈(π2,π]时,f ' (x)<0,所以f (x)在(π2,π)上单调递减.而f (π2)>0,f (π)<0,所以f (x)在(π2,π]上有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f (x)<0,从而f (x)在(π,+∞)上没有零点.
综上,f (x)有且仅有2个零点.
19.B 根据题意,设f (x)=2x+1 - x - ln x=x+1 - ln x,则f ' (x)=1 - 1x=x - 1x(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.
20.C 由题意得,当πxm=kπ+π2(k∈Z),即x=(2k+1)m2(k∈Z)时,f (x)取得极值±3.若存在f (x)的极值点x0满足x02+[f (x0)]22或m< - 2,所以m∈( - ∞, - 2)∪(2,+∞).故选C.
21.(1)由题意,得函数f (x)的导函数f ' (x)=2ax2 - x+1x,所以f ' (1)=2a,即曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线的斜率k=2a,
又曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线与直线x+2y=0垂直,所以2a=2,解得a=1.
所以g(x)=x2 - x - ln x,g' (x)=2x - 1 - 1x=(2x+1)(x - 1)x(x>0),
所以当01时,g' (x)>0.故g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)设x1,x2为方程f ' (x)=0,即2ax2 - x+1=0的两个实数根,则x1+x2=12a,x1x2=12a,
由题意得Δ=1 - 8a>0,x1+x2>0,x1x2>0,解得00,所以F(t)在(0,14)上单调递增,
则0
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