高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用2试题文含解析

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这是一份高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用2试题文含解析，共10页。

1.[2021惠州市二调]若函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点,则a的取值范围是( )
A.(-1e,+∞)B.(-∞,1)
C.(0,1e)D.(-∞,-1e)
2.[2021陕西百校联考]已知锐角x1,x2满足sin x1-cs x2A.sinx1B.tanx1>tan x1+x22
C.sinx1+cs x1>sin x2+cs x2
D.sinx1+sin x2>cs x1+cs x2
3.[2021大同市调研测试]已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0<0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞)B.(-∞,-2)
C.(1,+∞)D.(-∞,-1)
4.[2020广东七校第二次联考]设定义在R上的函数y=f(x)满足∀x∈R,f(x+2)=1f(x),且x∈(0,4]时,f'(x)>f(x)x,则6f(2 017),3f(2 018),2f(2 019)的大小关系是( )
A.6f(2 017)<3f(2 018)<2f(2 019)
B.3f(2 018)<6f(2 017)<2f(2 019)
C.2f(2 019)<3f(2 018)<6f(2 017)
D.2f(2 019)<6f(2 017)<3f(2 018)
5.[2020郑州市三模]设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,当x>0时,f'(x)ln x<-1xf(x).则使得(x2-4)f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-2,0)∪(0,2)
B.(-∞,-2)∪(2,+∞)
C.(-2,0)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(0,2)
6.已知函数f(x)=(a-12)x2+ln x,若函数f(x)在区间(1,+∞)上的图象恒在直线y=2ax的下方,则实数a的取值范围是 .
7.[2021晋南高中联考]已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=1+xln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若当x>0时,方程f(x)=g(x)有实数解,求实数a的取值范围.
8.[2020贵阳市高三模拟][交汇题]已知f(x)=ex,g(x)=x+1.(e为自然对数的底数)
(1)求证:f(x)≥g(x)恒成立.
(2)设m是正整数,对任意的正整数n,(1+13)(1+132)·…·(1+13n)9.[2021江西红色七校第一次联考]若存在两个正实数x,y使得等式x(2+ln x)=xlny-ay成立,则实数a的取值范围是( )
A.(0,1e2)B.(-∞,1e2]
C.(0,1e3)D.(-∞,1e3]
10.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=xex-2-tx-t有2个零点a,b,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则实数t的取值范围是( )
A.[23,e2)B.(23,e2)
C.[34e,23)D.(34e,23)
11.[2021江西红色七校联考]已知函数f(x)=ax2+bx-ln x.
(1)当a=-2时,函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,求b的取值范围;
(2)若方程f(x)=0的两个根分别为x1,x2(x10.
12.[2021济南名校联考]已知f(x)=lnx+ax,g(x)=ex+2x-1.
(1)若函数f(x)的图象在x=e处的切线与直线2x-y+8=0垂直,求f(x)的极值;
(2)当x>0时,g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围.
13.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-m.
(1)当m=0时,求函数y=f(x)g(x)的最大值;
(2)设h(x)=f(x)-g(x),若x10.
答案
第三章导数及其应用
第三讲导数的综合应用
1.A 由f(x)=0,得x2-2x+1-a=xex.令g(x)=xex,则函数f(x)=ex(x2-2x+1-a)-x恒有2个零点等价于函数y=x2-2x+1-a与y=g(x)的图象有2个交点,g'(x)=1-xex,令g'(x)>0,得x<1,令g'(x)<0,得x>1,所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1e.作出函数y=x2-2x+1-a=(x-1)2-a与y=g(x)的图象,如图D 3-3-2所示,数形结合可得-a<1e,解得a>-1e,故选A.
图D 3-3-2
2.D 解法一因为sin x1-cs x2cs x1+cs x2,故选D.
解法二取x1=x2=π3,则sin x1-cs x2=3-12<π6=π3+π3-π2,此时sin x1=sin(x1+x2),tan x1=tan x1+x22,sin x1+cs x1=sin x2+cs x2,排除选项A、B、C,故选D.
3.A 由题意易知x=0不是函数f(x)的零点,则f(x)=ax3-3x2+1=0⇔a=3x2-1x3(x≠0),令y=3x2-1x3-a(x≠0),因此f(x)的零点与y=3x2-1x3-a(x≠0)的零点相同.设g(x)=3x2-1x3(x≠0),则g'(x)=-3(x-1)(x+1)x4,则当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(-1,0)∪(0,1)时,g'(x)>0,故g(x)在(-1,0),(0,1)上单调递增,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,又g(-1)=-2,g(1)=2,当g(x)=0时,x=±33,当x→+∞时,g(x)→0,当x→-∞时,g(x)→0,所以可画出函数g(x)的大致图象,如图D 3-3-3所示,f(x)存在唯一的零点x0且x0<0等价于直线y=a与函数y=g(x)的图象存在唯一的交点,且交点的横坐标小于零,由图可得a的取值范围为(2,+∞).故选A.
图D 3-3-3
4.A 因为f(x+2)=1f(x),所以f(x)是以4为周期的周期函数,故6f(2 017)=6f(1),3f(2 018)=3f(2),2f(2 019)=2f(3).令g(x)=f(x)x(x∈(0,4]),则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2,因为x∈(0,4]时,f'(x)>f(x)x,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0,4]上单调递增,故f(1)15.D 设函数g(x)=f(x)ln x,则g'(x)=f'(x)ln x+1xf(x).于是,当 x>0时,由f'(x)ln x<-1xf(x)可得g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减.从而,当x>1时,有g(x)0,所以此时f(x)<0;当0g(1)=0,即f(x)ln x>0,又ln x<0,所以此时f(x)<0.对于不等式f'(x)ln x<-1xf(x),取x=1可得f'(1)ln 1<-11f(1),化简得f(1)<0,即当x=1时,f(x)<0.于是,由上述讨论可知,当x>0时,f(x)<0,故由(x2-4)f(x)>0(x>0)得x2-4<0,解得00时,f(x)<0”可得f(x)>0,故由(x2-4)f(x)>0(x<0)得x2-4>0,解得x<-2.易知f(0)=0,所以x=0不满足(x2-4)f(x)>0.综上,x的取值范围是(-∞,-2)∪(0,2).故选D.
【解后反思】一般地,若题设中出现了与导数有关的不等式,则很可能是根据导数的运算法则提前计算后而精心设计的,所以应多从这个角度考虑如何构造函数,以便顺利解决问题.
6.[-12,12] 由题意知,对于任意x∈(1,+∞),f(x)<2ax,即(a-12)x2+ln x-2ax<0在(1,+∞)上恒成立.设g(x)=(a-12)x2+ln x-2ax,x∈(1,+∞),则g(x)的最大值小于0,g'(x)=(x-1)(2a-1-1x).
①当a≤12时,g'(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,∴g(x)<-a-12≤0,即a≥-12,∴-12≤a≤12.
②当a≥1时,g'(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,最大值可无穷大,不满足题意.
③当12综上,实数a的取值范围是[-12,12].
7.(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a,
当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,令f'(x)=ex-a=0,得x=ln a,
则f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)由f(x)=g(x),得ax=ex-xlnx-1,
因为x>0,所以a=exx-ln x-1x.
令h(x)=exx-ln x-1x,x>0,则h'(x)=xex-ex-x+1x2=(ex-1)(x-1)x2.令h'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)为减函数;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)为增函数.
所以h(x)min=h(1)=e-1.
又h(x)=exx-ln x-1x=ex-1x-ln x,x>0,ex>1,所以ex-1x>0,
所以当x→0时,h(x)→+∞.
所以函数h(x)的值域为[e-1,+∞),
因此实数a的取值范围为[e-1,+∞).
8.(1)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,
当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,
故h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(0)=0,即h(x)≥0恒成立,
所以f(x)≥g(x)恒成立.
(2)由(1)可知x=13n时,0<1+13n(1+13)(1+132)·…·(1+13n)易知比e大的最小正整数是2,所以m的最小值为2.
9.D 因为x,y均为正数,所以等式x(2+ln x)=xlny-ay可化为
2+ln x=ln y-ayx,即lnyx-2=ayx,即a=lnyx-2yx.令yx=t(t>0),f(t)=lntt-2t,
则f'(t)=3-lntt2,令f'(t)=0,解得t=e3,当t∈(0,e3)时,f'(t)>0,f(t)在(0,e3)上单调递增,当t∈(e3,+∞)时,f'(t)<0,f(t)在(e3,+∞)上单调递减,所以f(t)max=f(e3)=1e3,且当t→0时,f(t)→-∞,所以a≤1e3,故选D.
10.C 由题意知函数f(x)=xex-2-tx-t有2个互异的零点a,b等价于函数g(x)=xex-2与h(x)=tx+t的图象有2个不同的交点.因为g(x)=xex-2,所以g'(x)=1-xex-2.令g'(x)>0,可得x<1;令g'(x)<0,可得x>1.所以函数g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=e.当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,且g(0)=0,x➝+∞时,g(x)➝0.由h(x)=tx+t=t(x+1),知函数h(x)的图象为过定点(-1,0)的一条直线,在同一平面直角坐标系中,分别作出函数g(x)与h(x)的图象如图D 3-3-4所示,若满足h(x),g(x)的图象有2个不同的交点,且在区间(a,b)上有且仅有2个正整数,则t>0,h(2)0,2t+t<2,3t+t≥3e,解得34e≤t<23,故选C.
图D 3-3-4
11.(1)当a=-2时,f(x)=-2x2+bx-ln x,
∵f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f'(x)=-4x+b-1x≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即b≤4x+1x对x∈(0,+∞)恒成立,
∴b≤(4x+1x)min.
∵x>0,∴4x+1x≥4,当且仅当x=12时取“=”,
∴b≤4,即b的取值范围为(-∞,4].
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由题意可得f(x1)=ax12+bx1-lnx1=0,f(x2)=ax22+bx2-lnx2=0,
即lnx1=ax12+bx1,lnx2=ax22+bx2,两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2)=(x1-x2)[a(x1+x2)+b].
由f'(x)=2ax+b-1x知, f'(x1+x22)=a(x1+x2)+b-2x1+x2=1x1-x2lnx1x2-2x1+x2=1x1-x2[lnx1x2-2(x1-x2)x1+x2]=1x1-x2[lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1],
设t=x1x2∈(0,1),则lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1=ln t-2(t-1)t+1.
令g(t)=ln t-2(t-1)t+1,t∈(0,1),
则g'(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,
∴g(t)在(0,1)上单调递增,∴g(t)又x1-x2<0,∴1x1-x2[lnx1x2-2(x1x2-1)x1x2+1]>0,
即f'(x1+x22)>0.
12.(1)∵f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-a-lnxx2,
∴f'(e)=-ae2,由已知可得f'(e)×2=-1,即a=e22.
由f'(x)=0,可得x=e1-e22,可得到下表:
∴f(x)的极大值为f(e1-e22)=ee22-1,无极小值.
(2)当x>0时,g(x)≥f(x),即ex+2x-1≥lnx+ax,
化简可得,a≤x(ex-1)-ln x+2.
令F(x)=x(ex-1)-ln x+2(x>0),只需a≤F(x)min.
F'(x)=(x+1)(ex-1x),令h(x)=ex-1x(x>0),
则h'(x)=ex+1x2>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
∵h(12)=e12-2<0,h(1)=e-1>0,
∴存在唯一的x0∈(0,+∞),使得h(x0)=ex0-1x0=0,
易知F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
∴F(x)min=F(x0)=x0(ex0-1)-ln x0+2=x0ex0-(x0+ln x0)+2,
由ex0-1x0=0得x0ex0=1,
两边取对数得x0+ln x0=0,∴F(x)min=F(x0)=3,
∴a≤3,即实数a的取值范围是(-∞,3].
13.(1)当m=0时,y=f(x)g(x)=lnxx,y'=1x·x-lnxx2=1-lnxx2.
当x>e时,y'<0;当00.
∴函数y=lnxx在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
∴ymax=y x=e=1e.
(2)由题可知x1,x2是函数h(x)=ln x-x+m的零点.
h'(x)=1x-1=1-xx,
当x>1时,h'(x)<0;当00,
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故函数h(x)要有两个零点,必有h(1)=-1+m>0,即m>1.
要证ln(em+x1-x2)+m>0,只需证ln(em+x1-x2)>ln e-m,即x2-x1由于m>1,e-m∈(0,1),h(e-m)=-m-e-m+m<0,h(1)=-1+m>0,
∴函数h(x)在(e-m,1)上存在唯一零点x1,即e-m由(1)知,lnxx≤1e,所以ln x≤xe,且当x=e时,取等号,
∴h(em)=ln(em)-em+m∴函数h(x)在(1,em)上存在唯一零点x2,即1由②③可知①成立,故ln(em+x1-x2)+m>0.
x
(0,e1-e22)
e1-e22
(e1-e22,+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值
单调递减

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