2022版高考数学二轮复习 课时作业23

课时作业(二十三)

一、选择题

1．(2021·浙江模拟)函数y＝23x＋1在x＝0处的导数是(　A　)

A．6ln 2　 B．2ln 2　

C．6　　 D．2

【解析】　∵y′＝23x＋1·3ln 2，

∴y＝23x＋1在x＝0处的导数是：2×3ln 2＝6ln 2.

故选A．

2．(2021·全国Ⅲ卷模拟)若函数f(x)＝ex＋ax-1的图象经过点(1，e)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的斜率k＝(　D　)

A．e B．e＋1

C．e2 D．e2＋1

【解析】　依题意，e＝f(1)＝e＋a-1，解得a＝1，

即函数f(x)＝ex＋x-1，

又f′(x)＝ex＋1，

得曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.故选D.

3．(2021·黑龙江哈九中高三模拟)f(x)＝ln x在点(e，f(e))处的切线与该曲线及x轴围成的封闭图形的面积为(　D　)

A．　 B．e　

C．e-1 D．-1

4．(2021·全国卷模拟)f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x-1)＞0的解集为(　A　)

A．(0，1)∪(2，＋∞) B．(-∞，1)∪(1，＋∞)

C．(-∞，1)∪(2，＋∞) D．(-∞，0)∪(1，＋∞)

【解析】　∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

∴f(x)在(-∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图形如下：

∴f(x)＞0的解集为：(-1，0)∪(1，＋∞)，

又y＝f(x-1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移一个单位，

∴不等式f(x-1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)，

故选A．

5．(2020·龙岩模拟)已知函数f(x)＝-ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为(　B　)

A． B．

C. D．

【解析】　f′(x)＝-a，

设g(x)＝＝-，

∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，

∴f′(x)＝g(x)-a在(1，＋∞)上有变号零点，

令＝t，由x＞1可得ln x＞0，即t＞0，

得到y＝t-t2＝-＋≤，

∴a＜.故选B.

6．(2021·全国高三模拟)函数f(x)＝(x-2)·ex的最小值为(　B　)

A．-2　 B．-e　

C．-1　　 D．0

【解析】　f′(x)＝ex＋(x-2)ex＝(x-1)ex，

令f′(x)＝0，解得x＝1.

所以f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

故f(x)的最小值为f(1)＝-e.

故选B.

7．(2020·汉台区校级模拟)已知函数f(x)＝x2-aln x＋1在(1，3)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　A　)

A．(2，18) B．[2，18]

C．(-∞，2]∪[18，＋∞) D．[2，18)

【解析】　因为f′(x)＝2x-，x＞0，

当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，故函数在(1，3)内单调递增，不符合题意；

当a＞0时，f′(x)＞0可得，x＞，f′(x)＜0可得0＜x＜，

因为f(x)＝x2-aln x＋1在(1，3)内不是单调函数，

所以1＜＜3，解可得，2＜a＜18.

故选A．

8．(2020·鹿城区校级模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)、(2，0)，如图所示，则下列命题正确的是(　D　)

A．当x＝时函数取得极小值

B．f(x)有两个极大值点

C．f(1)＜0

D．abc＜0

【解析】　函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函数的两个极值点，f(1)是极大值，f(2)是极小值，所以B不正确；A不正确；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图象可得-＞0，b＜0，＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正确；f(1)＝a＋b＋c与0的大小无法判断，故C不正确；故选D.

二、填空题

9．曲线y＝＋2在点(1，m)处的切线方程为__y＝-2x＋3__.

【解析】　∵x＝1时y＝＋2＝1，

∴m＝1，∴切点为(1，1)．

由题设知y′＝＝，

k＝y′|x＝1＝＝-2，

∴切线方程为y-1＝-2(x-1)，

即y＝-2x＋3.

10．(2021·新疆高三三模)求曲线C：y＝x2＋与直线x＝1，x＝2和x轴围成的区域的面积为__＋ln_2__.

11．(2021·安徽师范大学附属中学高三模拟)函数f(x)＝x2-2ln x＋x的极值点是__1__.

【解析】　f(x)＝x2-2ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x-＋1＝(x＋2)(x-1)，

所以令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得x<1，

所以x＝1为f(x)＝x2-2ln x＋x的极值点．

故答案为1.

12．(2021·浙江高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋ln x，g(x)＝4x＋，且x满足1≤x≤2，则g(x)-f(x)的最大值为__5-e__.

【解析】　令h(x)＝g(x)-f(x)＝4x＋-ex-ln x，1≤x≤2，

则h′(x)＝4--ex-，

令m(x)＝4--ex-，

则m′(x)＝-ex＋，1≤x≤2，

易知m′(x)单调递减，则m′(1)＝3-e>0，

m′(1.1)＝＋-e1.1<0，

则必存在一点x0∈(1，1.1)，

使m′(x0)＝-ex0＋＝0，即＋＝ex0，

即m(x)在(1，x0)单调递增，在(x0，2)单调递减，

则函数m(x)在x0处取最大值，

且m(x0)＝4--ex0-＝4----＝4---，x0∈(1，1.1)，

易知m(x0)单调递增，

则m(x0)<m(1.1)＝4---<0，

则m(x)<0，在1≤x≤2时，恒成立，即h′(x)<0，

故h(x)单调递减，从而h(x)≤h(1)＝5-e.

故答案为5-e.

三、解答题

13．(2021·四川高三零模)已知函数f(x)＝x3＋x2-2x＋，其中a∈R.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y-1＝0平行．

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的极值．

【解析】　(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax-2.

∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y-1＝0平行，

∴f′(1)＝a-1＝-2，解得a＝-1.

经验证，a＝-1符合题意．

(2)由(1)得f(x)＝x3-x2-2x＋，

求导f′(x)＝x2-x-2＝(x＋1)(x-2)．

令f′(x)＝0，得x＝-1或x＝2，

当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：

∴当x＝-1时，f(x)取得极大值，且f(-1)＝2；

当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝-.

14．(2021·全国高三模拟)已知函数f(x)＝xex＋ax2＋ax，g(x)＝ax2-aln x(a∈R)．

(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；

(2)若关于x的不等式f(x)>g(x)在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．

【解析】　(1)f(x)＝xex＋ax2＋ax，x∈(0，＋∞)，

求导得：f′(x)＝(x＋1)ex＋ax＋a＝(ex＋a)(x＋1)．

当a≥-1时，ex＋a≥0，x＋1>0，

f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a<-1时，令f′(x)>0，得ex>-a，x>ln(-a)，f(x)单调递增；

令f′(x)<0，得ex<-a，x<ln(-a)，f(x)单调递减．

综上，当a≥-1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a<-1时，f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，在(ln(-a)，＋∞)上单调递增．

(2)由f(x)>g(x)得，

xex＋ax>-aln x⇒xex>-a(x＋ln x)．

令t＝xex，t∈(0，＋∞)，则x＋ln x＝ln(xex)＝ln t，上式变为t>-aln t.

①当a＝0时，上式恒成立；

②当a>0时，t→0时，-aln t→＋∞，不成立；

③当a<0时，->＝h(t)，

求导得：h′(t)＝＝0⇒t＝e，

0<t<e时h′(t)>0，h(t)在(0，e)上单调递增，

t>e时，h′(t)<0，h(t)在(e，＋∞)上单调递减，

所以，h(t)max＝h(e)＝，

则->，即-e<a<0.

综上，a∈(-e，0]．

15．(2021·贵州凯里一中高三三模)已知函数f(x)＝x3-3kx＋2，k∈R.

(1)若x＝-2是函数f(x)的极值点，求k的值及f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在上有且仅有2个零点，求f(x)在上的最大值g(k)．

【解析】　(1)由题知，f(x)＝x3-3kx＋2的定义域为R，f′(x)＝3x2-3k，

∴f′(-2)＝12-3k＝0，解得k＝4，

∵f′(x)＝3x2-12＝3(x＋2)(x-2)，

∴x∈(-2，2)时，f′(x)<0；

x∈(-∞，-2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0.

∴f(x)的单调增区间是(-∞，-2)和(2，＋∞)，单调减区间为(-2，2)．

(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2-k)，

①当k≤0时，f′(x)＝3(x2-k)≥0恒成立，

∴f(x)在[0，2]上单调递增，最多只有1个零点，不符合条件，舍去．

②当k≥4时，当x∈[0，2]时，f′(x)＝3(x2-k)≤0恒成立，

∴f(x)在[0，2]上单调递减，最多只有1个零点，不符合条件，舍去．

③当0<k<4时，令f′(x)＝3(x2-k)<0得0<x<，

∴f(x)在(0，)上递减，在(，2)上递增，

要使函数f(x)在区间[0，2]上有且仅有2个零点，

必有即

解得1<k≤，

当f(2)-f(0)≥0，即1<k≤时，

由f(x)的单调性可知f(x)max＝f(2)＝10-6k，

同理，当f(2)-f(0)<0，即<k≤时，

f(x)max＝f(0)＝2，

∴f(x)在[0，2]上的最大值g(k)＝