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

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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。

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．(2019·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋eq \f(3,x)＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B.(0，1)
C．(－1，3)D.(0，3)
解析：选B 法一：令y′＝1－eq \f(3,x2)＋eq \f(2,x)<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.
法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝43．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知f(x)在R上连续可导，f′(x)为其导函数，且f(x)＝ex＋e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，则f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝( )
A．4e2＋4e－2 B.4e2－4e－2
C．0D.4e2
解析：选C 由题意，得f′(x)＝ex－e－x－f′(1)[ex－e－x＋x(ex＋e－x)]，所以f′(0)＝e0－e0－f′(1)[e0－e0＋0·(e0＋e0)]＝0，f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝0.故选C.
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为( )
A．(－3，3) B.(－11，4)
C．(4，－11)D.(－3，3)或(4，－11)
解析：选C f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）＝0，,f（1）＝10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b＋a2＝10，))消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11.))当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))时， f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去．故选C.
5．(2019·洛阳市统考)已知a>0，曲线f(x)＝3x2－4ax与曲线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.－eq \f(1,e2)
C．－eq \f(2,e2)D.－eq \f(4,e2)
解析：选B 设公共点坐标为(x0，y0)，∵f(x)＝3x2－4ax，∴f′(x)＝6x－4a，又g(x)＝2a2ln x－b，∴g′(x)＝eq \f(2a2,x)，∵两曲线在公共点(x0，y0)处的切线相同，∴6x0－4a＝eq \f(2a2,x0)，即3xeq \\al(2,0)－2ax0－a2＝0，∴(x0－a)(3x0＋a)＝0，∵a>0，x0>0，∴x0＝a，又3xeq \\al(2,0)－4ax0＝2a2ln x0－b，∴b＝2a2ln a＋a2.设h(a)＝2a2ln a＋a2(a>0)，则h′(a)＝4a(ln a＋1)(a>0)，由h′(a)＝4a(ln a＋1)＝0(a>0)得a＝eq \f(1,e)，∵0eq \f(1,e)时，h′(a)>0，∴h(a)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e2)，∴b≥－eq \f(1,e2)，∴b的最小值为－eq \f(1,e2).故选B.
6．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(e,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))D.(－∞，－e－1)
解析：选D 由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2))＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m＋1＝eq \f(xex,1－2x)在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g(x)＝eq \f(xex,1－2x)，则g′(x)＝eq \f(－ex（x－1）（2x＋1）,（1－2x）2)，所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m＋1＝eq \f(xex,1－2x)在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m＋1二、填空题
7．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是________．
解析：由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln a，代入曲线方程得y＝1－ln a，所以切线方程为y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.
答案：1
8．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
解析：因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－eq \f(1,x)，令2x－eq \f(1,x)＝0得x＝eq \f(\r(2),2)，令f′(x)>0，则x>eq \f(\r(2),2)；令f′(x)<0，则0答案：eq \f(1＋ln 2,2)
9．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)
三、解答题
10．(2019·江西七校第一次联考)已知函数f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)在(a，f(a))处的切线为l，当a∈[1，3]时，求直线l在y轴上截距的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ex(x2－2x＋a)＋ex(2x－2)＝ex(x2＋a－2)，
当a≥2时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；
当a<2时，f′(x)≥0⇔x2≥2－a⇔x≤－eq \r(2－a)或x≥eq \r(2－a)，
函数f(x)在区间(－∞，－eq \r(2－a) )，(eq \r(2－a)，＋∞)上单调递增，在区间(－eq \r(2－a)，eq \r(2－a) )上单调递减．
(2)f(a)＝ea(a2－a)，由(1)知f′(x)＝ex(x2＋a－2)，所以f′(a)＝ea(a2＋a－2)，
所以直线l的方程为y－ea(a2－a)＝ea(a2＋a－2)(x－a)．
令x＝0，得截距b＝ea(－a3＋a)，记g(a)＝ea(－a3＋a)(1≤a≤3)，
则g′(a)＝ea(－a3－3a2＋a＋1)，记h(a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，
则h′(a)＝－3a2－6a＋1<0(1≤a≤3)，所以h(a)在[1，3]上单调递减，
所以h(a)≤h(1)＝－2<0，所以g′(a)<0，即g(a)在区间[1，3]上单调递减，
所以g(3)≤g(a)≤g(1)，即截距的取值范围是[－24e3，0]．
11．(2019·重庆市学业质量调研)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋eq \f(1,2).
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)为增函数，且f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋eq \f(1,2)(x∈R)，
则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2，
令f′(x)<0，解得0∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2ax＝x(ex－2a)，
∵f(x)为增函数，∴f′(x)≥0恒成立．
当x≥0时，ex－2a≥0恒成立，得a≤eq \f(1,2).
当x<0时，ex－2a≤0恒成立，得a≥eq \f(1,2).∴a＝eq \f(1,2).
∴f(x)＝(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2).
由(x－1)ex－eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2)＝bx，得(x－1)ex－eq \f(1,2)(x2－1)＝b(x－1)．
当x＝1时，方程成立．
当x≠1时，只需要方程ex－eq \f(1,2)(x＋1)＝b有2个实根．
令g(x)＝ex－eq \f(1,2)(x＋1)，则g′(x)＝ex－eq \f(1,2).
当x当x>lneq \f(1,2)且x≠1时，g′(x)>0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,2)，1))和(1，＋∞)上单调递增，
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,2)＋1))＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e－1≠0，
∴b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，e－1))∪(e－1，＋∞)．
12．(2019·长春市质量监测(一))已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(其中常数a≠0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－3x，x>0，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x2－3x＋1,x)，
令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝1，
当00，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增；
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
(2)f′(x)＝eq \f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq \f(（2ax－1）（x－1）,x).
令f′(x)＝0，得x1′＝1，x2′＝eq \f(1,2a)，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2′＝eq \f(1,2a)≠x1′＝1，
当eq \f(1,2a)<0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
当0所以最大值1可能在x＝eq \f(1,2a)或x＝e处取得，
而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝lneq \f(1,2a)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))eq \s\up12(2)－(2a＋1)×eq \f(1,2a)＝lneq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq \f(1,e－2).
当1所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝eq \f(1,e－2)，与1当eq \f(1,2a)≥e时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，矛盾．
综上所述，a＝eq \f(1,e－2)或a＝－2.
B组——大题专攻强化练
1．设函数f(x)＝ln(x＋a)－x.
(1)若直线l：y＝－eq \f(2,3)x＋ln 3－eq \f(2,3)是函数f(x)的图象的一条切线，求实数a的值；
(2)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m在区间[1，3]上有解，求m的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝eq \f(1,x＋a)－1，
设切点为P(x0，y0)，
则eq \f(1,x0＋a)－1＝－eq \f(2,3)，∴x0＋a＝3.
又ln(x0＋a)－x0＝－eq \f(2,3)x0＋ln 3－eq \f(2,3)，
∴ln 3－x0＝－eq \f(2,3)x0＋ln 3－eq \f(2,3)，
∴x0＝2，∴a＝1.
(2)当a＝0时，方程f(x)＝x2－eq \f(10,3)x＋m，
即ln x－x2＋eq \f(7,3)x＝m.
令h(x)＝ln x－x2＋eq \f(7,3)x(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋eq \f(7,3)＝－eq \f(（3x＋1）（2x－3）,3x).
∴当x∈[1，3]时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
∵h(1)＝eq \f(4,3)，h(3)＝ln 3－2∴当x∈[1，3]时，h(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4)))，
∴m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 3－2，ln \f(3,2)＋\f(5,4))).
2．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(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x).
当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x).
所以当0即f(x)单调递减；
当x>2时，f′(x)>0，
即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，
所以当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)，
所以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)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为极小值，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))－a.
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)))－a≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
综上实数a的取值范围是[－2，0)．
x
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
3
h′(x)
＋
0
－
h(x)
eq \f(4,3)

极大值

ln 3－2

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