2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值

这是一份2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值，共13页。试卷主要包含了设a=0，9,即b>c,，已知函数f=x3-x+1,则，已知函数f=xeax-ex等内容，欢迎下载使用。
A.a0,函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增,
所以g(0.1)>g(0)=0,即0.1e0.1>-ln 0.9,所以a>c.综上,c0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
则f14>f(0)=0,
所以cs 14-3132>0,
所以b>a,所以c>b>a.
4.(2022·全国乙卷文科·T11)函数f(x)=cs x+(x+1)sin x+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为( )
A.-π2,π2 B.-3π2,π2 C.-π2,π2+2 D.-3π2,π2+2
【命题意图】考查函数的导数与函数单调性与最值之间的关系以及数学运算能力.
【解析】选D.f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cs x=(x+1)cs x,
所以在区间0,π2和3π2,2π上f'(x)>0,
即f(x)单调递增;
在区间π2,3π2上f'(x)0得x>33或x0在(0,1)上恒成立,
故h(x)在(0,1)上单调递增,
又因为h(1)=0,故h(x)0.
g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1x=ax-1x.
当x0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
当00,故g(x)在1a,+∞上单调递增,
故g(x)min=g1a=1-ln1a.
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
故1-ln1a=a-aln a,整理得到a-11+a=ln a,其中a>0,
设t(a)=a-11+a-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)21时,考虑ex-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,
当x0,
故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以S(x)min=S(0)=1-b0,S(b)=eb-2b,
设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,
故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,
故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.
设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=x-1x,
当00,
故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以T(x)min=T(1)=1-b0,T(eb)=eb-2b>0,
T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.
当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个零点,
当b1.
设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=ex+1x-2,
设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex-1>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即ex>x+1,
所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(1)=e-2>0,h1e3=e1e3-3-2e30,
因为g'(x)为连续不间断函数,
故存在x0∈(0,+∞),使得∀x∈(0,x0),总有g'(x)>0,
故g(x)在(0,x0)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,
故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾.
若00,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)0,f(x)单调递增;
在1a,1上,f'(x)0,
又f1an=1an-1-an+n(a+1)ln a,当n趋近正无穷大时,f1an趋近负无穷,
所以f(x)在0,1a上有一个零点,在1a,+∞上无零点,
所以f(x)有唯一零点,符合题意.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
【误区警示】本题的关键是对a的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
12.(2022·北京高考·T20)(本小题15分)
已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
【命题意图】本题主要考查利用导数研究曲线的切线方程、函数的单调性、证明不等式等问题,考查学生数学运算、逻辑推理的核心素养.
【解析】(1)由题知,f'(x)=exln(x+1)+ex1+x,
故f'(0)=e0ln(0+1)+e01+0=1,f(0)=e0ln(0+1)=0,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)由(1)得,
g(x)=f'(x)=exln(x+1)+ex1+x,x∈[0,+∞),则g'(x)=exln(x+1)+21+x-1(1+x)2,
设h(x)=ln(x+1)+2x+1-1(1+x)2,x∈[0,+∞),
则h'(x)=11+x-2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0,
故h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=1>0,
所以g'(x)>0对∀x∈[0,+∞)恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增.
另解:g'(x)=exln(x+1)+21+x-1(1+x)2=exln(x+1)+1x+1+1x+1-1(1+x)2
=exln(x+1)+1x+1+x(1+x)2,
由于x∈[0,+∞),故ln(x+1)≥0,11+x>0,x(1+x)2≥0,所以g'(x)>0对任意x∈[0,+∞)恒成立,故g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)设m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)=es+tln(1+s+t)-esln(1+s)-etln(1+t),
则m'(s)=es+tln(1+s+t)+11+s+t-esln(1+s)+11+s=g(s+t)-g(s),
由(2)得g(x)在[0,+∞)上单调递增,故s>0,t>0时,m'(s)=g(s+t)-g(s)>g(t)-g(0)>g(0)-g(0)=0,因此m(s)在(0,+∞)上单调递增,故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0,所以对∀s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
13.(2022·浙江高考数学科·T22)(15分)设函数f(x)=e2x+ln x(x>0).
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)已知a,b∈R,曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b).证明:
(ⅰ)若a>e,则00,
故g(x)在(0,e),(a,+∞)上单调递减,在(e,a)上单调递增,
因为g(x)有3个不同的零点,故g(e)0,
故1e-e2e2(e-a)-e2e-ln e+b0,
整理得到:be2a+ln a=f(a),
此时b-f(a)-12ae-10,
设u(k)=k-1k-2ln k,则u'(k)=1+1k2-2k>2k-2k=0,即φ'(k)>0,
故φ(k)在(1,+∞)上单调递增,故φ(k)>φ(m),
所以(k+1)lnkk-1+(m-13)(m2-m+12)72>(m+1)lnmm-1+(m-13)(m2-m+12)72,
记ω(m)=ln m+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1),0