新高考数学一轮复习微专题专练17函数、导数及其应用（含详解）

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一、选择题
1．函数f(x)＝x－ eq \f(1,x) 是( )
A．奇函数，且值域为(0，＋∞)
B．奇函数，且值域为R
C．偶函数，且值域为(0，＋∞)
D．偶函数，且值域为R
2．若直线x＝a(a>0)分别与曲线y＝2x＋1，y＝x＋ln x相交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A．1 B．2
C． eq \r(2) D． eq \r(3)
3．已知a＝π0.2，b＝lgπ2，c＝cs 2，则( )
A．cC．c4．函数f(x)＝ln 2x－ eq \f(1,x) 的图象在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))))) 处的切线方程为( )
A．y＝6x－5 B．y＝8x－6
C．y＝4x－4 D．y＝10x－7
5．[2022·全国乙卷(文)，11]函数f(x)＝cs x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) sin x＋1在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π)) 的最小值、最大值分别为( )
A．－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) B．－ eq \f(3π,2) ， eq \f(π,2)
C．－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ＋2 D．－ eq \f(3π,2) ， eq \f(π,2) ＋2
6．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其导函数为f′(x)，若对任意的正实数x，都有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，且f( eq \r(2) )＝1，则使x2f(x)<2成立的实数x的集合为( )
A．(－∞，－ eq \r(2) )∪( eq \r(2) ，＋∞)
B．(－ eq \r(2) ， eq \r(2) )
C．(－∞， eq \r(2) )
D．( eq \r(2) ，＋∞)
7．[2023·全国统一考试模拟演练]已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A．cC．a8．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≥0，,－x，x<0.)) 若函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) ∪(2 eq \r(2) ，＋∞)
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) ∪(0，2 eq \r(2) )
C．(－∞，0)∪(0，2 eq \r(2) )
D．(－∞，0)∪(2 eq \r(2) ，＋∞)
9．(多选)[2023·山东菏泽期中]已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝2，其导函数f′(x)满足 eq \f(f′（x）－f（x）,x－2) ＞0.若函数g(x)满足exg(x)＝f(x)，则下列结论正确的是( )
A．函数g(x)在(2，＋∞)上单调递增
B．x＝2是函数g(x)的极小值点
C．x≤0时，不等式f(x)≤2ex恒成立
D．函数g(x)至多有两个零点
二、填空题
10．已知曲线f(x)＝ex＋x2，则曲线在点(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．
11．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值为________．
12．设函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0,x＋\f(1,x)，x>0)) .
(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)的最小值是________；
(2)若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围是________.
[能力提升]
13．若x＝－2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
14．若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．ebC．015．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
16．[2022·全国乙卷(理)，16]已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1专练17 函数、导数及其应用综合检测
1．B 因为f(－x)＝－x＋ eq \f(1,x) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) ＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)＝0，所以排除A，故选B.
2．B 由题可得A(a，2a＋1)，B(a，a＋ln a)，
∴|AB|＝|2a＋1－(a＋ln a)|＝|a＋1－ln a|.
令f(x)＝x＋1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－ eq \f(1,x) ，当01时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，最小值为2>0，
∴|AB|＝|a＋1－ln a|＝a＋1－ln a，其最小值为2.
3．A 由指数函数y＝πx在R上单调递增，
可得a＝π0.2>π0＝1，由对数函数y＝lgπx在(0，＋∞)上单调递增，知0＝lgπ1所以－1＝cs π4．A f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ln 1－2＝－2，因为f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,x2) ，所以f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝6，所以切线方程为y－(－2)＝6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) ，即y＝6x－5，故选A.
5．D 因为f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，所以f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)·cs x．因为x∈[0，2π]，所以x＋1>0.当f′(x)>0时，解得x∈[0， eq \f(π,2) )∪( eq \f(3π,2) ，2π]；当f′(x)<0时，解得x∈( eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ).所以f(x)在[0， eq \f(π,2) )上单调递增，在[ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ]上单调递减，在( eq \f(3π,2) ，2π]上单调递增．又f(0)＝2，f( eq \f(π,2) )＝ eq \f(π,2) ＋2，f( eq \f(3π,2) )＝－ eq \f(3π,2) ，f(2π)＝2，所以f(x)的最大值为 eq \f(π,2) ＋2，最小值为－ eq \f(3π,2) .故选D.
6．C 设h(x)＝x2f(x)，则h′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，因为x>0时，都有xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，所以h′(x)>0，所以h(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)＝x2f(x)在(－∞，0)上单调递增．又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，所以h(x)＝x2f(x)在R上单调递增．因为f( eq \r(2) )＝1，所以h( eq \r(2) )＝2f( eq \r(2) )＝2，所以x2f(x)<2即h(x)7．D 方法一 因为a<5且ae5＝5ea，所以a>0，且 eq \f(e5,5) ＝ eq \f(ea,a) .
同理可得b>0且 eq \f(e4,4) ＝ eq \f(eb,b) ，c>0且 eq \f(e3,3) ＝ eq \f(ec,c) .令f(x)＝ eq \f(ex,x) (x>0)，
则f′(x)＝ eq \f(ex（x－1）,x2) ，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(5)>f(4)>f(3).因为 eq \f(e5,5) ＝ eq \f(ea,a) ， eq \f(e4,4) ＝ eq \f(eb,b) ， eq \f(e3,3) ＝ eq \f(ec,c) ，所以f(5)＝f(a)，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)，所以f(a)>f(b)>f(c).又0方法二 因为a<5且ae5＝5ea，所以0同理可得，0过点(b，ln b)与(4，ln 4)的直线为l2、过点(c，ln c)与(3，ln 3)的直线为l3，则直线l1，l2，l3均与直线y＝x平行，且这几个点均在函数y＝ln x的图象上，作出图象如图所示，
由图知08．D 由题意知函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|恰有4个零点等价于方程f(x)－|kx2－2x|＝0，即f(x)＝|kx2－2x|有4个不同的根，即函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点．
图1
当k＝0时，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|2x|的图象如图1所示，由图1知两图象只有2个不同的公共点，不满足题意．
当k<0时，y＝|kx2－2x|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k)))\s\up12(2)－\f(1,k))) ，其图象的对称轴为直线x＝ eq \f(1,k) <0，直线x＝ eq \f(1,k) 与y＝|kx2－2x|的图象的交点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，－\f(1,k))) ，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，－\f(1,k))) 在直线y＝－x上，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图2所示，由图2易知函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点，满足题意．
图2
当k>0时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0，0)与 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)，0)) ，则当x> eq \f(2,k) 时，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝2 eq \r(2) ，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8>0，得k>2 eq \r(2) ，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8<0，得0图3 图4
综上可知，实数k的取值范围是(－∞，0)∪(2 eq \r(2) ，＋∞)，故选D.
9．ABD ∵exg(x)＝f(x)，∴g(x)＝ eq \f(f（x）,ex) ，
则g′(x)＝ eq \f(f′（x）－f（x）,ex) .
由已知可得，当x>2时，f′(x)－f(x)>0，∴g′(x)>0，
故y＝g(x)在(2，＋∞)上单调递增，选项A正确；
当x<2时，f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，
故y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，
故x＝2是函数y＝g(x)的极小值点，故选项B正确；
由y＝g(x)在(－∞，2)上单调递减，则y＝g(x)在(－∞，0]上单调递减，
由g(0)＝ eq \f(f（0）,e0) ＝2，得x≤0时，g(x)≥g(0)，
故 eq \f(f（x）,ex) ≥2，故f(x)≥2ex，故选项C错误；
若g(2)<0，则y＝g(x)至多有2个零点，
若g(2)＝0，则函数y＝g(x)有1个零点，
若g(2)>0，则函数y＝g(x)没有零点，故选项D正确．
10. eq \f(1,2)
解析：由题意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以该切线与x，y轴的交点分别为(－1，0)，(0，1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为 eq \f(1,2) ×1×1＝ eq \f(1,2) .
11．－4
解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，由题意得f′(2)＝0，得a＝3.
∴f′(x)＝－3x2＋6x，∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m∈[－1，1]时f(m)min＝f(0)＝－4.
12．(1) eq \f(1,4) (2)[0， eq \r(2) ]
解析：(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，若x≤0，则f(x)＝(x－ eq \f(1,2) )2≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,4) ，若x>0，则f(x)＝x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(x·\f(1,x)) ＝2，当且仅当x＝1时取等号，则函数的最小值为 eq \f(1,4) .
(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时的最小值为2，若a<0，则当x＝a时，函数f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件．若a≥0时，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2为减函数，则当x≤0时，函数f(x)的最小值为f(0)＝a2，要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤ eq \r(2) ，即实数a的取值范围是[0， eq \r(2) ].
13．A f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，
∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，
∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
∴f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x－1)(x＋2)，
∴当x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时f(x)单调递增，
f(x)在(－2，1)上单调递减，
∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.
14．D 方法一 在曲线y＝ex上任取一点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，et)) ，对函数y＝ex求导得y′＝ex，
所以，曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－t)) ，即y＝etx＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－t)) et，
由题意可知，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，b)) 在直线y＝etx＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－t)) et上，可得b＝aet＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－t)) et＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1－t)) et，
令f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1－t)) et，则f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－t)) et.
当t0，此时函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 单调递增，
当t>a时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) <0，此时函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 单调递减，
所以，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a)) ＝ea，
由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 的图象有两个交点，则b当t0，当t>a＋1时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) <0，作出函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t)) 的图象如下图所示：
由图可知，当0方法二 画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，b)) 在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线．由此可知015. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.
已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，其等价于ln x＋1－2ax＝0有两个不相等的实数根，亦等价于函数h(x)＝ln x的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象有两个交点．
以下研究临界状态：①如图所示．当函数h(x)＝ln x与函数g(x)＝2ax－1的图象相切时，设切点为A(m，ln m)，其中m>0，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k＝ eq \f(1,m) ，∴2a＝ eq \f(1,m) .
又∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，
∴k＝ eq \f(ln m＋1,m) ，∴ eq \f(ln m＋1,m) ＝ eq \f(1,m) .解得m＝1，
∴当两线相切时，a＝ eq \f(1,2) .
②当a＝0时，h(x)与g(x)的图象只有一个交点．
∴所求a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) .
16. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
解析：由题意，得f′(x)＝2(ax ln a－ex)，易知f′(x)至少要有两个零点x1和x2.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2ax(ln a)2－2e.(1)若a>1，则g′(x)在R上单调递增，此时若g′(x0)＝0，则g(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意，舍去．(2)若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x10，即 eq \f(e,ln a) >elga eq \f(e,（ln a）2) ，所以a eq \s\up6(\f(1,ln a)) < eq \f(e,（ln a）2) ，所以ln a eq \s\up6(\f(1,ln a))