2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章加强练（四）　导数及其应用


加强练(四)　导数及其应用
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.函数f(x)＝aln x＋x在x＝1处取到极值，则a的值为(　　)
A.－1 B.－
C.0 D.
解析　因为f(x)＝aln x＋x，所以f′(x)＝＋1.
又因为f(x)在x＝1处取到极植，
所以f′(1)＝a＋1＝0⇒a＝－1.
经检验符合题意.故选A.
答案　A
2.(2020·浙江新高考仿真卷二)已知函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象有可能是(　　)

解析　由函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象易得函数g(x)有两个零点，设其较大的零点为x0.当x＜1时，g(x)＜0，x－1＜0，则f′(x)＞0；当1＜x＜x0时，g(x)＞0，x－1＞0，则f′(x)＞0；当x＞x0时，g(x)＜0，x－1＞0，则f′(x)＜0，所以函数f(x)在x＝x0左侧单调递增，在x＝x0右侧单调递减，故选C.
答案　C
3.(2020·许昌、洛阳质检三)已知a＞0，曲线f(x)＝3x2－4ax与g(x)＝2a2ln x－b有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b的最小值为(　　)
A.0 B.－
C.－ D.－
解析　由f(x)＝3x2－4ax，f′(x)＝6x－4a，由g(x)＝2a2ln x－b，g′(x)＝.
设两曲线的公共点P(x0，y0)，x0＞0，因为两曲线在公共点处的切线相同，
所以由6x0－4a＝，x0＝a，x0＝－a，又a＞0，所以x0＝a，消去y0得b＝2a2ln a＋a2，
设b＝h(a)＝2a2ln a＋a2，h′(a)＝4aln a＋4a，
令h′(a)＝0，a＝，又a＞，h′(a)＞0，
0＜a＜时，h′(a)＜0，所以a＝是h(a)的极小值点，即bmin＝h＝－.
答案　B
4.(2020·北京昌平区二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)＝若函数F(x)＝f(x)－m有6个零点，则实数m的取值范围是(　　)
A. B.∪
C. D.
解析　函数F(x)＝f(x)－m有6个零点，
等价于函数y＝f(x)与y＝m有6个交点，
当0≤x＜1时，f(x)＝x2－＝－，
当x≥1时，f(x)＝，f′(x)＝，
当x∈[1，2]时，f(x)递增，当x∈(2，＋∞)时，f(x)递减，
f(x)的极大值为f(2)＝，
作出函数f(x)的图象如图，

y＝f(x)与y＝m的图象有6个交点，得0＜m＜.
答案　C
5.(2020·温州适应性考试)已知实数a＞0，b＞0，a≠1，且满足ln b＝，则下列判断正确的是(　　)
A.a＞b B.a＜b C
.logab＞1 D.logab＜1
解析　由ln b＝＝－得ln b－＋＝0，设f(x)＝ln x－＋(x＞0)，则f′(x)＝－－＝，则函数f(x)＝ln x－＋在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，所以当0＜x＜1时，ln x－＋＞0，即ln x＞－；当x＞1时，ln x－＋＜0，即ln x＜－，在平面直角坐标系内画出函数y＝ln x与y＝－的图象如图所示.由图易得若ln b＝＝－，则0＜b＜a＜1或1＜a＜b，A，B错误；当a＞1时，1＜a＜b，函数y＝logax为增函数，则logab＞logaa＝1，当0＜a＜1时，0＜b＜a＜1，函数y＝logax为减函数，则logab＞logaa＝1，C正确，D错误，故选C.

答案　C
6.(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知a＞b＞0，则下列不等式正确的是(　　)
A.|ln a－b|＞|ln b－a| B.|－b|＜|－a|
C.|ln a－b|＜|ln b－a| D.|－b|＞|－a|
解析　因为|ln a－b|2－|ln b－a|2＝(ln a－b－ln b＋a)·(ln a－b＋ln b－a)，构造函数f(x)＝ln x＋x，则易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当a＞b＞0时，ln a＋a＞ln b＋b，所以ln a－b－ln b＋a＞0，由不等式ln x≤x－1＜x，可得ln a－b＋ln b－a＜0，所以|ln a－b|2－|ln b－a|2＜0，即|ln a－b|＜|ln b－a|.同理，|－b|2－|－a|2＝(－b＋－a)(－b－＋a).因为a＞b，＞，所以－b－＋a＞0.构造函数f(x)＝－x，则f′(x)＝－1，令f′(x)＝－1＞0，得0＜x＜，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.此时当a＞b＞0时，f(a)，f(b)大小不定，所以|－b|、|－a|大小不定，故选C.
答案　C
7.(2019·天津卷)已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为(　　)
A. B.
C.∪{1} D.∪{1}
解析　如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－x＋a的图象.

(1)先研究当0≤x≤1时，直线y＝－x＋a与y＝2的图象只有一个交点的情况.
当直线y＝－x＋a过点B(1，2)时，2＝－＋a，解得a＝.所以0≤a≤.
(2)再研究当x>1时，直线y＝－x＋a与y＝的图象只有一个交点的情况：
①相切时，由y′＝－＝－，得x＝2，此时切点为，则a＝1.
②相交时，由图象可知直线y＝－x＋a从过点A向右上方移动时与y＝的图象只有一个交点.过点A(1，1)时，1＝－＋a，解得a＝.所以a≥.
结合图象可得，所求实数a的取值范围为∪{1}.
故选D.
答案　D
8.(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f(x)＝x2＋(x－1)·|x－a|，a∈R，x≠a，下列结论中正确的是(　　)
A.存在实数a使得f′(x)＝0有唯一解
B.存在实数a使得f′(x)＝0有两个解
C.不存在实数a使得f′(x)＝0无解
D.不存在实数a使得f′(x)＞0恒成立
解析　f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|＝当≤a，即a≥时，f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＞0恒成立，排除C，D；当－1＜a＜时，f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当且仅当x＝时，f′(x)＝0；当a＜－1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴当且仅当x＝时，f′(x)＝0；当a＝－1时，f(x)＝∴f′(x)＝0有无数个解，综上，故选A.
答案　A
9.(2020·广州综测一)已知函数f(x)＝e|x|－ax2，对任意x1＜0，x2＜0，都有(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＜0，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析　因为
对任意x1＜0，x2＜0，(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＜0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)＝e－x－ax2在(－∞，0)上单调递减，故f′(x)＝－－2ax≤0在(－∞，0)上恒成立，即－2ax≤在(－∞，0)上恒成立.因为＞1，所以当a≤0时上述不等式恒成立.当a＞0时，若a＝，如图，作出函数y＝－ex对应的直线与y＝的图象，则两图象相切于点(－1，e)，故当0＜a≤时，－2ax≤在(－∞，0)上恒成立.故选A.

答案　A
10.(2020·宁波模拟)若关于x的不等式≤有正整数解，则实数λ的最小值为(　　)
A.9 B.8
C.7 D.6
解析　由≤，则两边取对数，得ln x≥3ln 3存在正整数解，则λ＞0，故≥.记函数f(x)＝，则由f′(x)＝知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，注意到2＜e＜3，故只需考虑f(2)，f(3)的大小关系，因为f(2)＝＝f(4)＜f(3)，故f(3)＝≥，即λ≥9，故选A.
答案　A
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11.(2020·北京通州区三模)能够说明“在某个区间(a，b)内，如果函数y＝f(x)在这个区间内单调递增，那么f′(x)＞0恒成立”是假命题的一个函数是________(写出函数表达式和区间).
解析　若f(x)＝x3，x∈(－1，1)，
易知f(x)＝x3在(－1，1)上恒增；
但f′(x)＝3x2，在x＝0时f′(x)＝0，不满足f′(x)＞0恒成立；是假命题.
答案　f(x)＝x3，x∈(－1，1)(答案不唯一)
12.设曲线y＝在点(3，2)处的切线与直线ax＋y＋3＝0垂直，则a＝________，切线方程为________________.
解析　y′＝，
所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－，
由题意知－a×＝－1，
所以a＝－2，
切线方程为y－2＝－(x－3)，
即x＋2y－7＝0.
答案　－2　x＋2y－7＝0
13.若函数f(x)＝ax4－4ax2＋b(a>0，1≤x≤2)的最大值为3，最小值为－5，则ab＝________.
解析　令f′(x)＝4ax3－8ax＝4ax(x2－2)＝0，
解得x1＝0(舍去)，x2＝，x3＝－(舍去).
又f(1)＝a－4a＋b＝b－3a，f(2)＝16a－16a＋b＝b，
f()＝b－4a，
所以
所以a＝2，b＝3，ab＝6.
答案　6
14.(一题多解)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________；此时点P的坐标为________.
解析　法一　由题意可设P(x0>0)，
则点P到直线x＋y＝0的距离d＝＝≥＝4，当且仅当2x0＝，即x0＝时取等号，
此时y0＝＋＝3，
即点P的坐标为(，3).
法二　设P(x0>0)，则曲线在点P处的切线的斜率为k＝1－.令1－＝－1，结合x0>0得x0＝，∴P(，3)，曲线y＝x＋(x>0)上的点P到直线x＋y＝0的最短距离即为此时点P到直线x＋y＝0的距离，故dmin＝＝4.
答案　4　(，3)
15.(2020·北京东城区期末)已知函数f(x)＝axex－x2－2x.
(1)当a＝1时，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为________；
(2)当x＞0时，若曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方，则实数a的取值范围是________.
解析　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－x2－2x，其导数f′(x)＝ex(x＋1)－2x－2，f′(0)＝－1.
又因为f(0)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.
(2)根据题意，当x＞0时，
“曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方”等价于“axex－x2－2x＞－x恒成立”，
又由x＞0，则axex－x2－2x＞－x⇒aex－x－1＞0⇒a＞，
则原问题等价于a＞恒成立；
设g(x)＝，则g′(x)＝－，
又由x＞0，则g′(x)＜0，则函数g(x)在区间(0，＋∞)上递减，
又由g(0)＝＝1，则有＜1，
若a＞恒成立，必有a≥1，
即a的取值范围为[1，＋∞).
答案　(1)y＝－x　(2)[1，＋∞)
16.已知函数F(x)＝＋kln x(其中k<且k≠0)，则F(x)在上的最大值为________，最小值为________.
解析　∵F(x)＝＋kln x(x>0)，∴F′(x)＝＋＝.
①若k<0，在上，恒有<0，∴F(x)在上单调递减，F(x)min＝F(e)＝＋k＝＋k－1，F(x)max＝F＝e－k－1.
②k>0时，∵k<，∴>e，x－<0，∴<0，
∴F(x)在上单调递减，∴F(x)min＝F(e)＝＋k＝＋k－1，F(x)max＝F＝e－k－1.
综上所述，当k≠0且k<时，F(x)max＝e－k－1，F(x)min＝＋k－1.
答案　e－k－1　＋k－1
17.(2020·福州质检)已知函数f(x)＝aln(2x)－e有且只有一个零点，则实数a的取值范围是________.
解析　由f(x)＝aln(2x)－e，得f(x)＝aln ＋a－e.令t＝(t＞0)，则g(t)＝aln t＋a－et.当t＝时，g＝－e＜0，所以t＝不是函数g(t)的零点；
当t≠时，令g(t)＝aln t＋a－et＝0，得a＝，
所以f(x)＝aln(2x)－e有且只有一个零点，等价于直线y＝a与函数p(t)＝(t＞0且t≠)的图象有且只有一个交点.
p′(t)＝.令q(t)＝ln t＋1－(t＞0且t≠)，则q′(t)＝＋＞0，
所以q(t)在和上单调递增，而ln ＋1－＝－e＜0，q(1)＝0，
所以当t∈时，p′(t)＜0，从而p(t)单调递减，且当t→0时，p(t)→0，t→时，p(t)→－∞；
当t∈时，p′(t)＜0，从而p(t)单调递减，且t→时，p(t)→＋∞；
当t∈(1，＋∞)时，p′(t)＞0，从而p(t)单调递增，且t→＋∞时，p(t)→＋∞，
又因为p(1)＝e，所以p(t)的图象如图所示.
直线y＝a与函数p(t)的图象的交点个数为1，
由图可知实数a的取值范围是(－∞，0)∪{e}.
答案　(－∞，0)∪{e}
三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(本小题满分14分)(2020·北京丰台区期末)设函数f(x)＝asin x－xcos x，x∈
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)如果f(x)≥0恒成立，求实数a的最小值.
(1)证明　因为a＝1，所以f(x)＝sin x－xcos x，f′(x)＝xsin x，
当x∈时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在区间上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0.
(2)解　因为f(x)＝asin x－xcos x，x∈，
所以f′(x)＝(a－1)cos x＋xsin x.
①当a＝1时，由(1)知f(x)≥0对x∈恒成立；
②当a＞1时，因为x∈，所以f′(x)＞0.
因此f(x)在区间上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0对x∈恒成立；
③当a＜1时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝(2－a)sin x＋xcos x，
因为x∈，所以g′(x)≥0恒成立，
因此g(x)在区间上单调递增，
且g(0)＝a－1＜0，g＝＞0，
所以存在唯一x0∈使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0.
所以任意x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减.
所以f(x)＜f(0)＝0，不合题意.
综上可知实数a的最小值为1.
19.(本小题满分15分)(2020·金丽衢十二校三联)已知函数f(x)＝ln(2x＋1)－kx(k>0).
(1)若x＝0时，函数f(x)取得一个极值，求实数k的值；
(2)在(1)的条件下，对任意n∈N*，m>1，求证… (1)解　因为f(x)＝ln(2x＋1)－kx，
所以f′(x)＝－k，
由f′(0)＝0，得k＝2.
当k＝2时，f′(x)＝，它在x＝0的两侧是异号的，
所以k＝2成立.
(2)证明　由(1)进一步可以判断出f(0)是f(x)在上的极大值，也是最大值，于是我们可以得到任意x>－，ln(1＋2x)≤2x，
所以任意x>－，1＋2x≤e2x.
于是…≤e＋＋…＋＝e 20.(本小题满分15分)(2020·湖州适应性考试)已知函数f(x)＝(x>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：f(x)>e－(x>0).
(1)解　已知函数f(x)＝(x>0)，
导函数为f′(x)＝.
令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
当x<0时，h′(x)＝ex－1<0；
当x>0时，h′(x)＝ex－1>0，
所以h(x)min＝h(0)＝0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.
由已知x>0，得ex>x＋1，
所以f′(x)＝<0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.
(2)证明　f(x)>e－(x>0)等价于e－x＋xe－－1<0(x>0).
令g(x)＝e－x＋xe－－1，x>0，
g′(x)＝－e－x＋e－＋x
＝－e－，
由(1)易得e－>－＋1，所以g′(x)<0.
所以当x>0时，有g(x) 即e－x＋xe－－1<0(x>0)，故f(x)>e－(x>0).
21.(本小题满分15分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明　(1)设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.
②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在上没有零点.
③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减.而f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.
综上，f(x)有且仅有2个零点.
22.(本小题满分15分)(2019·天津卷)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0；
(3)设xn为函数u(x)＝f(x)－1在区间内的零点，其中n∈N，证明2nπ＋－xn<.
(1)解　由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).
因此，当x∈(k∈Z)时，
有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(k∈Z)时，有sin x 得f′(x)>0，则f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明　记h(x)＝f(x)＋g(x).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，
从而g′(x)＝－2exsin x.
当x∈时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)
＝g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，
进而h(x)≥h＝f＝0.
所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
(3)证明　依题意，u(xn)＝f(xn)－1＝0，即exncos xn＝1.
记yn＝xn－2nπ，则yn∈，
且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N).
由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.
由(2)知，当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上为减函数，
因此g(yn)≤g(y0) 又由(2)知，f(yn)＋g(yn)≥0，
故－yn≤－＝－≤－
＝<.
所以2nπ＋－xn<.