2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》精选练习（含详解）

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这是一份2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》精选练习（含详解），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》精选练习一、选择题1.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则实数a的取值范围是(　　)A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)3.方程x3－6x2＋9x－10=0的实根个数是(　　)A.3 B.2 C.1 D.04.函数f(x)的导函数为f ′(x)，若∀x∈R恒有f ′(x)<f(x)成立，且f(2)=1，则不等式f(x)>ex－2的解集为(　　)A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(2，＋∞) D.(－∞，2)5.若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)A.(－∞，7] B.(－∞，－20] C.(－∞，0] D.[－12,7]6.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)A.(－2,0)∪(2，＋∞)　B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0,2)7.已知函数f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　　)A.[0,3] B.[0,2] C.[2,3] D.(－1,3]8.函数的单调递增区间是（）A. B. C.和 D.二、填空题9.若函数f(x)=2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a=________.10.函数y=x＋2cos x在区间上的最大值是________.11.直线x=t分别与函数f(x)=ex＋1的图象及g(x)=2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为 .12.已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为______.三、解答题13.已知函数f(x)=ex＋ax－a(a∈R且a≠0).(1)若f(0)=2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围. 14.已知函数f(x)=aex－ln x－1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0. 15.已知函数f(x)=(x－1)ex－ax2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 16.已知函数f(x)=(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围. 17.设函数f(x)=－x2＋ax＋ln x(a∈R).(1)当a=－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[,3]上有两个零点，求实数a的取值范围. 18.设函数f(x)=(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围.
0.答案解析1.答案为：B；解析：[由题意知a≤2ln x＋x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)=2ln x＋x＋，则g′(x)=＋1－=，由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)时，g′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故选B.]2.答案为：D；解析：[∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)=x－，∴f′(x)=1＋2－xln 2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增加的，∴f(x)＞f(0)=0－1=－1，∴实数a的取值范围为(－1，＋∞).]3.答案为：C；解析：[设f(x)=x3－6x2＋9x－10，f′(x)=3x2－12x＋9=3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)=－6＜0，极小值为f(3)=－10＜0，所以方程x3－6x2＋9x－10=0的实根个数为1.]4.答案为：D解析：设函数g(x)=，则g′(x)=<0，∴g(x)在R上单调递减，不等式f(x)>ex－2可转化为>.∵g(2)==，∴>，∴x＜2，∴x∈(－∞，2).故选D.5.答案为：B解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，则f ′(x)=3x2－6x－9，令f ′(x)=0得x=－1或x=3(舍去).∵f(－1)=7, f(－2)=0, f(2)=－20，∴f(x)的最小值为f(2)=－20，故m≤－20.6.答案为：D解析：∵当x>0时，[]’′<0，∴φ(x)=在(0，＋∞)为减函数，又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在R上单调递增.∵f(2)=0，∴在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.故在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).7.答案为：A；解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数.又f(a＋1)=－2－2a，∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则f(－1＋a)=2－2a≤0，若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，f(2)=－4.∴b∈[0,3]；若2－2a＜0，即a＞1，此时f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，∴不合题意，∴b的取值范围是[0,3].故选A.8.答案为：D9.答案为：4或5；解析：[f′(x)=6x2－18x＋12，令f′(x)=0得x=1或x=2，又当x＜1或x＞2时，f′(x)＞0，当1＜x＜2时，f′(x)＜0.因此x=1和x=2分别是函数f(x)的极大值点和极小值点.由题意知f(1)=0或f(2)=0，即5－a=0或4－a=0.解得a=4或a=5.]10.答案为：＋.解析：y′=1－2sin x，令y′=0，又x∈，得x=，则x∈时，y′>0；x∈时，y′<0.故函数y=x＋2cos x在上单调递增，在上单调递减，所以当x=时，函数取得最大值＋.11.答案为：4－2ln2；解析：由题意得，|AB|=|et＋1－(2t－1)|=|et－2t＋2|，令h(t)=et－2t＋2，则h′(t)=et－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min=h(ln2)=4－2ln2＞0，即|AB|的最小值是4－2ln2.12.答案为：[0，e－1)解析：依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立.令f(x)=＋x2－2x，则f ′(x)=(x－1).令f ′(x)=0，得x=1，当x∈(1,2)时， f ′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增；当x∈(0,1)时， f ′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减.所以k<f(x)min=f(1)=e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1).13.解：(1)由f(0)=1－a=2，得a=－1.易知f(x)在[－2,0)上递减，在(0,1]上递增，所以当x=0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.(2)f′(x)=ex＋a，由于ex＞0，①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当x＞1时，f(x)=ex＋a(x－1)＞0.当x＜0时，取x=－，则f（－）＜1＋a－－1=－a＜0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意.②当a＜0时，f′(x)=ex＋a，令f′(x)=0，得x=ln(－a).在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)递增，所以当x=ln(－a)时，f(x)取最小值.函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))=eln(－a)＋aln(－a)－a=－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0).14.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.由题设知，f′(2)=0，所以a=.从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，f(x)≥0.15.解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)=ex＋(x－1)ex－ax=x(ex－a).(ⅰ)若a≤0，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(ⅱ)若a＞0，由f′(x)=0得x=0或x=lnA.①若a=1，则f′(x)=x(ex－1)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②若0＜a＜1，则lna＜0，故当x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(lna,0)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减.③若a＞1，则lna＞0，故当x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(0，lna)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减；当a=1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.(2)(ⅰ)若a≤0，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.又f(0)=－1，x趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷.x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷.所以f(x)有两个零点.(ⅱ)若a=1，则由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)至多有一个零点.(ⅲ)若0＜a＜1，则由(1)知，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，设b=lna，当x=b时，f(x)有极大值f(b)=a(b－1)－ab2=－a(b2－2b＋2)＜0，故f(x)不存在两个零点.(ⅳ)若a＞1，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，当x=0时，f(x)有极大值f(0)=－1＜0，故f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为a≤0.16.解：(1)f′(x)=，当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴当a≤－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间.当a＞－时，令x2－2x－2a=0⇒x1=1－，x2=1＋，列表由表可知，当a＞－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，递减区间为(1－，1＋).(2)∵f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，∴由条件2a＞x2－ex，对任意x≥1成立.令g(x)=x2－ex，h(x)=g′(x)=2x－ex，∴h′(x)=2－ex，当x∈[1，＋∞)时，h′(x)=2－ex≤2－e＜0，∴h(x)=g′(x)=2x－ex在[1，＋∞)上递减，∴h(x)=2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)=x2－ex在[1，＋∞)上递减，∴g(x)=x2－ex≤g(1)=1－e，故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max=1－e，∴a＞，即实数a的取值范围是（，＋∞）.17.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a=－1时，f′(x)=－2x－1＋=，令f′(x)=0，得x=(负值舍去)，当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为，＋∞.(2)令f(x)=－x2＋ax＋ln x=0，得a=x－.令g(x)=x－，其中x∈[,3]，则g′(x)=1－=，令g′(x)=0，得x=1，当≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为[,3)，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min=g(1)=1，∵函数f(x)在[,3]上有两个零点，g()=3ln 3＋，g(3)=3－，3ln 3＋>3－，∴实数a的取值范围是(1,3－]..18.解：(1)f′(x)=(1－2x－x2)ex，令f′(x)=0，得x=－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增.(2)令g(x)=f(x)－ax－1=(1－x2)ex－(ax＋1)，令x=0，可得g(0)=0.g′(x)=(1－x2－2x)ex－a，令h(x)=(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)=－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)=1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)=0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).