还剩6页未读，
继续阅读
全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十导数的几何意义及简单应用文含解析
展开
这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十导数的几何意义及简单应用文含解析，共9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。
一、选择题
1.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：
①f′(x)>0时，x<－1或x>2；
②f′(x)<0时，－1③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：选A 根据条件知，函数f(x)在(－1，2)上是减函数.在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.
2.设函数f(x)＝xex＋1，则( )
A.x＝1为f(x)的极大值点
B.x＝1为f(x)的极小值点
C.x＝－1为f(x)的极大值点
D.x＝－1为f(x)的极小值点
解析：选D 由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D.
3.已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为( )
A.ln 2 B.1
C.1－ln 2 D.1＋ln 2
解析：选D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)·(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，选D.
4.若x＝eq \r(2) 是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，则函数y＝f(x)的最小值为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(2)))e－eq \r(2) B.0
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－2\r(2)))eeq \r(2) D.－e
解析：选C f(x)＝(x2－2ax)ex，
f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋2(1－a)x－2a]ex，
由已知得，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))＝0，
所以2＋2eq \r(2)－2a－2eq \r(2)a＝0，解得a＝1.
所以f(x)＝(x2－2x)ex，所以f′(x)＝(x2－2)ex，
所以函数的极值点为－eq \r(2)，eq \r(2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\r(2)))时，f′(x)＜0；
所以函数y＝f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(2)))或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，＋∞))时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)是增函数.
又当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，x2－2x＞0，f(x)＞0，
当x∈(0，2)时，x2－2x＜0，f(x)＜0，所以f(x)min在x∈(0，2)上，
又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)))时，函数y＝f(x)递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，2))时，函数y＝f(x)递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－2\r(2)))eeq \r(2).
5.已知函数f(x)＝(2x＋ln x－a)ex在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是( )
A.5－ln 2 B.5－2ln 2
C.2－ln 2 D.5＋2ln 2
解析：选A ∵f(x)＝(2x＋ln x－a)ex，∴f′(x)＝(2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2－a)ex，x∈(0，＋∞).依题意，知x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即a≤2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2，则g′(x)＝2＋eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2＋x－1,x2)＝eq \f(（2x－1）（x＋1）,x2)，x∈(0，＋∞).令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)或x＝－1(舍去).令g′(x)＜0，则0＜x＜eq \f(1,2)，令g′(x)＞0，则x＞eq \f(1,2)，∴当x＝eq \f(1,2)时，函数g(x)取得最小值，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝5－ln 2，
∴a≤5－ln 2，即实数a的最大值是5－ln 2.故选A.
6.已知函数f(x)为偶函数，当x＞0时，f(x)＝eq \r(x)－4－x，设a＝f(lg30.2)，b＝f(3－0.2)，c＝f(－31.1)，则( )
A.c＞a＞b B.a＞b＞c
C.c＞b＞a D.b＞a＞c
解析：选A 因为函数f(x)为偶函数，所以a＝f(lg30.2)＝f(－lg30.2)，c＝f(－31.1)＝f(31.1).
因为lg3eq \f(1,9)＜lg30.2＜lg3eq \f(1,3)，所以－2＜lg30.2＜－1，所以1＜－lg30.2＜2，
所以31.1＞3＞－lg30.2＞1＞3－0.2.
因为y＝eq \r(x)在(0，＋∞)上为增函数，y＝－4－x在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(31.1)＞f(－lg30.2)＞f(3－0.2)，所以c＞a＞b，故选A.
二、填空题
7.(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
解析：设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝eq \f(1,m)(x－m).
又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝eq \f(1,m)(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
答案：(e，1)
8.若函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数a的取值范围是________.
解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(a,x)，要使函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则需方程1＋eq \f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
9.设定义在R上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x).如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，则称x0为函数f(x)在区间[a，b]上的“中值点”.那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2，2]上的“中值点”为________.
解析：由f(x)＝x3－3x求导可得f′(x)＝3x2－3，设x0为函数f(x)在区间[－2，2]上的“中值点”，则f′(x0)＝eq \f(f（2）－f（－2）,2－（－2）)＝1，即3xeq \\al(2,0)－3＝1，解得x0＝±eq \f(2\r(3),3).
答案：±eq \f(2\r(3),3)
三、解答题
10.已知函数f(x)＝x2＋ax－aln x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与直线x＋3y－2＝0垂直，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在[2，3]上单调递增，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝2x＋a－eq \f(a,x)＝eq \f(2x2＋ax－a,x)(x＞0)，依题意有f′(2)＝eq \f(8＋a,2)＝3，∴a＝－2.
(2)依题意有2x2＋ax－a≥0在x∈[2，3]上恒成立，即a≥eq \f(－2x2,x－1)在[2，3]上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x2,x－1)))′＝eq \f(－2x2＋4x,（x－1）2)≤0(x∈[2，3]), ∴y＝eq \f(－2x2,x－1)在[2，3]上单调递减，∴当x∈[2，3]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x2,x－1)))eq \s\d7(max)＝－8，
∴实数a的取值范围为[－8，＋∞).
11.(2019·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数).
(1)证明：当x＞1时，f(x)＞0；
(2)讨论g(x)的单调性.
解：(1)证明：f(x)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，
令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，
当x＞1时，s′(x)＞0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)＞0，
从而当x＞1时，f(x)＞0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x＞0)，
当a≤0时，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增.
12.已知函数f(x)＝asin x＋bcs x(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))处的切线方程为y＝x－eq \f(π,3).
(1)求a，b的值；
(2)求函数g(x)＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))),x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值.
解：(1)由切线方程知，当x＝eq \f(π,3)时，y＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)b＝0.
因为f′(x)＝acs x－bsin x.
所以由切线方程知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(\r(3),2)b＝1，
所以a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,2)sin x－eq \f(\r(3),2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
所以函数g(x)＝eq \f(sin x,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x≤\f(π,2)))，g′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，
设u(x)＝xcs x－sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x≤\f(π,2)))，
则u′(x)＝－xsin x＜0，故u(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以u(x)＜u(0)＝0，即g′(x)＜0在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π).
B组——大题专攻强化练
1.设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.
解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x).
当a≤0时，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0时，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)，
当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞)).
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意.
②当0＜a＜eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意.
③当a＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意.
④当a＞eq \f(1,2)时，0＜eq \f(1,2a)＜1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意.
综上可知，实数a的取值范围为a＞eq \f(1,2).
2.已知函数f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)是单调递减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间(0，3)上既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝－2x＋a－eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2＋ax－1,x)(x＞0)，
因为函数f(x)是单调递减函数，
所以f′(x)≤0在(0，＋∞)恒成立，
所以－2x2＋ax－1≤0在(0，＋∞)恒成立，
即a≤2x＋eq \f(1,x)对(0，＋∞)恒成立，
因为2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2x·\f(1,x))＝2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当2x＝\f(1,x)，即x＝\f(\r(2),2)时取等号))，所以a≤2eq \r(2).
(2)因为函数f(x)在(0，3)上既有极大值又有极小值，所以f′(x)＝eq \f(－2x2＋ax－1,x)＝0在(0，3)上有两个相异实根，
即2x2－ax＋1＝0在(0，3)上有两个相异实根，
令g(x)＝2x2－ax＋1，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,0＜\f(a,4)＜3，,g（0）＞0，,g（3）＞0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜－2\r(2)或a＞2\r(2)，,0＜a＜12，,a＜\f(19,3)，))
即2eq \r(2)＜a＜eq \f(19,3).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(19,3))).
3.(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减.
(2)当0于是m＝－eq \f(a3,27)＋2，M＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－a，0所以M－m＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－a＋\f(a3,27)，0当0所以M－m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
当2≤a<3时，eq \f(a3,27)单调递增，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，1)).
综上，M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
4.已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围.
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x).
当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x).
∴当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增.
∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
(2)∵f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，
∴当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－eq \f(a,2)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－eq \f(a,2)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))上单调递减.
∴当a<0时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
根据题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a<0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
∴实数a的取值范围是[－2，0).
一、选择题
1.已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：
①f′(x)>0时，x<－1或x>2；
②f′(x)<0时，－1
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：选A 根据条件知，函数f(x)在(－1，2)上是减函数.在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.
2.设函数f(x)＝xex＋1，则( )
A.x＝1为f(x)的极大值点
B.x＝1为f(x)的极小值点
C.x＝－1为f(x)的极大值点
D.x＝－1为f(x)的极小值点
解析：选D 由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D.
3.已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为( )
A.ln 2 B.1
C.1－ln 2 D.1＋ln 2
解析：选D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)·(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，选D.
4.若x＝eq \r(2) 是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，则函数y＝f(x)的最小值为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(2)))e－eq \r(2) B.0
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－2\r(2)))eeq \r(2) D.－e
解析：选C f(x)＝(x2－2ax)ex，
f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋2(1－a)x－2a]ex，
由已知得，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))＝0，
所以2＋2eq \r(2)－2a－2eq \r(2)a＝0，解得a＝1.
所以f(x)＝(x2－2x)ex，所以f′(x)＝(x2－2)ex，
所以函数的极值点为－eq \r(2)，eq \r(2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\r(2)))时，f′(x)＜0；
所以函数y＝f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(2)))或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，＋∞))时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)是增函数.
又当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，x2－2x＞0，f(x)＞0，
当x∈(0，2)时，x2－2x＜0，f(x)＜0，所以f(x)min在x∈(0，2)上，
又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)))时，函数y＝f(x)递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，2))时，函数y＝f(x)递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－2\r(2)))eeq \r(2).
5.已知函数f(x)＝(2x＋ln x－a)ex在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的最大值是( )
A.5－ln 2 B.5－2ln 2
C.2－ln 2 D.5＋2ln 2
解析：选A ∵f(x)＝(2x＋ln x－a)ex，∴f′(x)＝(2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2－a)ex，x∈(0，＋∞).依题意，知x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即a≤2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝2x＋ln x＋eq \f(1,x)＋2，则g′(x)＝2＋eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2＋x－1,x2)＝eq \f(（2x－1）（x＋1）,x2)，x∈(0，＋∞).令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)或x＝－1(舍去).令g′(x)＜0，则0＜x＜eq \f(1,2)，令g′(x)＞0，则x＞eq \f(1,2)，∴当x＝eq \f(1,2)时，函数g(x)取得最小值，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝5－ln 2，
∴a≤5－ln 2，即实数a的最大值是5－ln 2.故选A.
6.已知函数f(x)为偶函数，当x＞0时，f(x)＝eq \r(x)－4－x，设a＝f(lg30.2)，b＝f(3－0.2)，c＝f(－31.1)，则( )
A.c＞a＞b B.a＞b＞c
C.c＞b＞a D.b＞a＞c
解析：选A 因为函数f(x)为偶函数，所以a＝f(lg30.2)＝f(－lg30.2)，c＝f(－31.1)＝f(31.1).
因为lg3eq \f(1,9)＜lg30.2＜lg3eq \f(1,3)，所以－2＜lg30.2＜－1，所以1＜－lg30.2＜2，
所以31.1＞3＞－lg30.2＞1＞3－0.2.
因为y＝eq \r(x)在(0，＋∞)上为增函数，y＝－4－x在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(31.1)＞f(－lg30.2)＞f(3－0.2)，所以c＞a＞b，故选A.
二、填空题
7.(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
解析：设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝eq \f(1,m)(x－m).
又切线过点(－e，－1)，所以有n＋1＝eq \f(1,m)(m＋e).
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
答案：(e，1)
8.若函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数a的取值范围是________.
解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(a,x)，要使函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则需方程1＋eq \f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
9.设定义在R上的函数y＝f(x)的导函数为f′(x).如果存在x0∈[a，b]，使得f(b)－f(a)＝f′(x0)(b－a)成立，则称x0为函数f(x)在区间[a，b]上的“中值点”.那么函数f(x)＝x3－3x在区间[－2，2]上的“中值点”为________.
解析：由f(x)＝x3－3x求导可得f′(x)＝3x2－3，设x0为函数f(x)在区间[－2，2]上的“中值点”，则f′(x0)＝eq \f(f（2）－f（－2）,2－（－2）)＝1，即3xeq \\al(2,0)－3＝1，解得x0＝±eq \f(2\r(3),3).
答案：±eq \f(2\r(3),3)
三、解答题
10.已知函数f(x)＝x2＋ax－aln x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与直线x＋3y－2＝0垂直，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在[2，3]上单调递增，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝2x＋a－eq \f(a,x)＝eq \f(2x2＋ax－a,x)(x＞0)，依题意有f′(2)＝eq \f(8＋a,2)＝3，∴a＝－2.
(2)依题意有2x2＋ax－a≥0在x∈[2，3]上恒成立，即a≥eq \f(－2x2,x－1)在[2，3]上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x2,x－1)))′＝eq \f(－2x2＋4x,（x－1）2)≤0(x∈[2，3]), ∴y＝eq \f(－2x2,x－1)在[2，3]上单调递减，∴当x∈[2，3]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2x2,x－1)))eq \s\d7(max)＝－8，
∴实数a的取值范围为[－8，＋∞).
11.(2019·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数).
(1)证明：当x＞1时，f(x)＞0；
(2)讨论g(x)的单调性.
解：(1)证明：f(x)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，
令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，
当x＞1时，s′(x)＞0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)＞0，
从而当x＞1时，f(x)＞0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x＞0)，
当a≤0时，g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增.
12.已知函数f(x)＝asin x＋bcs x(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))处的切线方程为y＝x－eq \f(π,3).
(1)求a，b的值；
(2)求函数g(x)＝eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))),x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值.
解：(1)由切线方程知，当x＝eq \f(π,3)时，y＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)b＝0.
因为f′(x)＝acs x－bsin x.
所以由切线方程知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(\r(3),2)b＝1，
所以a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,2)sin x－eq \f(\r(3),2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
所以函数g(x)＝eq \f(sin x,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x≤\f(π,2)))，g′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，
设u(x)＝xcs x－sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x≤\f(π,2)))，
则u′(x)＝－xsin x＜0，故u(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以u(x)＜u(0)＝0，即g′(x)＜0在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π).
B组——大题专攻强化练
1.设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.
解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).
则g′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x).
当a≤0时，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0时，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)，
当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞)).
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意.
②当0＜a＜eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意.
③当a＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意.
④当a＞eq \f(1,2)时，0＜eq \f(1,2a)＜1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意.
综上可知，实数a的取值范围为a＞eq \f(1,2).
2.已知函数f(x)＝－x2＋ax－ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)是单调递减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间(0，3)上既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝－2x＋a－eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2＋ax－1,x)(x＞0)，
因为函数f(x)是单调递减函数，
所以f′(x)≤0在(0，＋∞)恒成立，
所以－2x2＋ax－1≤0在(0，＋∞)恒成立，
即a≤2x＋eq \f(1,x)对(0，＋∞)恒成立，
因为2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2x·\f(1,x))＝2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当2x＝\f(1,x)，即x＝\f(\r(2),2)时取等号))，所以a≤2eq \r(2).
(2)因为函数f(x)在(0，3)上既有极大值又有极小值，所以f′(x)＝eq \f(－2x2＋ax－1,x)＝0在(0，3)上有两个相异实根，
即2x2－ax＋1＝0在(0，3)上有两个相异实根，
令g(x)＝2x2－ax＋1，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,0＜\f(a,4)＜3，,g（0）＞0，,g（3）＞0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜－2\r(2)或a＞2\r(2)，,0＜a＜12，,a＜\f(19,3)，))
即2eq \r(2)＜a＜eq \f(19,3).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(19,3))).
3.(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减.
(2)当0
当2≤a<3时，eq \f(a3,27)单调递增，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，1)).
综上，M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
4.已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围.
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x).
当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x).
∴当0
∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
(2)∵f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，
∴当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－eq \f(a,2)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－eq \f(a,2)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))上单调递减.
∴当a<0时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
根据题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a<0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
∴实数a的取值范围是[－2，0).
相关试卷
新高考数学二轮复习导数培优专题01 导数的几何意义（含解析）： 这是一份新高考数学二轮复习导数培优专题01 导数的几何意义（含解析），共18页。
高中数学高考专题06 导数的几何意义（解析版）： 这是一份高中数学高考专题06 导数的几何意义（解析版），共5页。试卷主要包含了求函数在某点的切线，已知切线求参数的值等内容，欢迎下载使用。
全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十一导数的简单应用理含解析： 这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十一导数的简单应用理含解析，共8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。
