2022年高考二轮复习数学（文）专题检测06《导数的简单应用》（教师版）

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这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测06《导数的简单应用》（教师版），共7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．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( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．2 D．e
解析：选B 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.
3．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝10，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11.))当eq \b\lc\{\rc\ (\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.
4．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2eq \r(6)] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(6),2)))
C．[－2eq \r(6)，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C 由题意得f′(x)＝2x＋a＋eq \f(3,x)＝eq \f(2x2＋ax＋3,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)≤1，,g1≥0))⇔－2eq \r(6)≤a≤2eq \r(6)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥－4，,a≥－5))⇔a≥－2eq \r(6)，故选C.
5．设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：选D 法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.
6．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则( )
A．f(x)的最小值为e B．f(x)的最大值为e
C．f(x)的最小值为eq \f(1,e) D．f(x)的最大值为eq \f(1,e)
解析：选A 设g(x)＝xf(x)－ex，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．
因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，
所以f(x)＝eq \f(ex,x)，f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当01时，f′(x)>0，
所以f(x)≥f(1)＝e.
二、填空题
7．曲线y＝2ln x在点(e2,4)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为________．
解析：因为y′＝eq \f(2,x)，所以曲线y＝2ln x在点(e2,4)处的切线斜率为eq \f(2,e2)，所以切线方程为y－4＝eq \f(2,e2)(x－e2)，即eq \f(2,e2)x－y＋2＝0.令x＝0，则y＝2；令y＝0，则x＝－e2，所以切线与坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq \f(1,2)×e2×2＝e2.
答案：e2
8．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋eq \f(2,x)
＝eq \f(2x2－5x＋2,x)＝eq \f(x－22x－1,x)>0，解得02，
故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(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．已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[0,1]上的最大值．
解：(1)f′(x)＝ex－2ax，
所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，
解得a＝1，b＝e－2.
(2)由(1)得f(x)＝ex－x2，
则f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]，
则g′(x)＝ex－2，
由g′(x)<0，得0由g′(x)>0，得ln 2所以f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1)上单调递增，
所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2>0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
11．已知函数f(x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围．
解：由题意得f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)；
由F′(x)<0，得0∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
12．已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤eq \f(1,ln2x)－eq \f(1,ln x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4).
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当eq \f(1,ln x)－eq \f(1,2)＝0时，函数t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)的最小值为－eq \f(1,4)，
∴a≤－eq \f(1,4)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4))).
(2)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x,ln x)＋2x(x>1)，f′(x)＝eq \f(ln x－1＋2ln2x,ln2x)，
令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝eq \f(1,2)或ln x＝－1(舍去)，即x＝e SKIPIF 1 < 0 .
当1e SKIPIF 1 < 0 时，f′(x)>0，
∴f(x)的极小值为f(e SKIPIF 1 < 0 )＝eq \f(e SKIPIF 1 < 0 ,\f(1,2))＋2e SKIPIF 1 < 0 ＝4e SKIPIF 1 < 0 .
B组——大题专攻补短练
1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq \f(1,e)，
∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)＋1))x.
(2)f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＋1＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，
①当a≤0时，显然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2(x1∴f′(x)＝eq \f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq \f(－2ax－x1x－x2,x)，x>0.
令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq \f(1＋\r(8a＋1),4a)，
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．
2．已知函数f(x)＝eq \f(ax－1,x2)，其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若直线x－y－1＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值．
(3)设g(x)＝xln x－x2f(x)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)
解：(1)因为函数f(x)＝eq \f(ax－1,x2)，
所以f′(x)＝eq \f([ax－1]′·x2－x2′·ax－1,x4)＝eq \f(a2－x,x3)，
由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x<0或x>2，
故函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
(2)设切点为(x0，y0)，
由切线斜率k＝1＝eq \f(a2－x0,x\\al(3,0))⇒xeq \\al(3,0)＝－ax0＋2a，①
由x0－y0－1＝x0－eq \f(ax0－1,x\\al(2,0))－1＝0⇒(xeq \\al(2,0)－a)(x0－1)＝0⇒x0＝1，x0＝±eq \r(a).
把x0＝1代入①得a＝1，把x0＝eq \r(a)代入①得a＝1，把x0＝－eq \r(a)代入①无解，
故所求实数a的值为1.
(3)因为g(x)＝xln x－x2f(x)＝xln x－a(x－1)，
所以g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)>0，得x>ea－1；
由g′(x)<0，得0在区间(0，ea－1)上单调递减，
①当ea－1≤1，即0②当1③当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在区间[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝e＋a－ae.
故g(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，0＜a≤1，,a－ea－1，13．设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－4mx＝eq \f(1－4mx2,x)，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，得0eq \f(\r(m),2m)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),2m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),2m)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．
当m>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(m),2m)))上单调递增，在eq \f(\r(m),2m)，＋∞上单调递减．
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(m),2m)))＝lneq \f(\r(m),2m)－2m·eq \f(1,4m)－n＝－ln 2－eq \f(1,2)ln m－eq \f(1,2)－n＝－ln 2，
∴n＝－eq \f(1,2)ln m－eq \f(1,2)，∴m＋n＝m－eq \f(1,2)ln m－eq \f(1,2).
令h(x)＝x－eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2)(x>0)，则h′(x)＝1－eq \f(1,2x)＝eq \f(2x－1,2x)，
由h′(x)<0，得00，得x>eq \f(1,2)，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)ln 2，∴m＋n的最小值为eq \f(1,2)ln 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)．

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