2021高考数学文科（全国版）一轮复习考点考法精练：第三章 第二讲　导数的简单应用 WORD版含解析.docx

1、第二讲导数的简单应用1.2020安徽六校测试若函数f (x) =2x3-3mx2+6x在区间(1,+)上为增函数,则实数m的取值范围是()A.( - ,1 B.( - ,1) C.( - ,2D.(-,2)2.原创题函数f (x) =(12x-1)ex+12x的极值点的个数为()A.0B.1C.2D.33.2020南昌市测试若函数f (x) =(x-1)ex-ax(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是()A.(-1e,0) B.(-,0) C.(-1e,+)D.(0,+) 4.2020洛阳市第一次联考定义在R上的函数f (x)的导函数为f (x),若对任意实数x,都有f (x

2、)f (x),且f (x)+2 019为奇函数,则不等式f (x)+2 019ex-2,e是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是()A.4e-2或(4+ln 2)e-2+2ln 2 B.4e-2或(4+ln 2)e2+2ln 2C.4e-2或(4+ln 2)e-2-2ln 2 D.4e-2或(4+ln 2)e2-2ln 28.2019长春市高三质量监测已知函数f (x)是定义在R上的函数,且满足f (x)+f (x)0,其中f (x)为f (x)的导数,设a =f (0),b =2f (ln 2),c =e f (1),则a,b,c的大小关系是()A.cba B.abc C.cabD.bc

3、a9.2020天津模拟函数f (x) =12x2+x-2ln x的最小值为.10.2020石家庄市重点高中高三摸底测试已知函数f (x) =1+lnxx - 1-kx.(1)当k =0时,求函数f (x)的单调区间;(2)若f (x)0对任意的x(1,+)恒成立,求整数k的最大值. 11.2020陕科大附中模拟已知函数f (x) =xln(x+a)+1(a0).(1)若函数f (x)在定义域上为增函数,求a的取值范围.(2)证明:f (x)0,若f (m-2)-f (m)-3m2+6m-4,则实数m的取值范围为()A.-1,1B.(-,1 C.1,+) D.(-,-11,+)14.2019合肥

4、市高三调研已知函数f (x) =ex+e-x+2cos x,其中e为自然对数的底数,则对任意aR,下列不等式一定成立的是()A.f (a2+1)f (2a)B.f (a2+1)f (2a) C.f (a2+1)f (a+1)D.f (a2+1)f (a)15.2019福建五校第二次联考设函数f (x)是奇函数f (x)(xR)的导函数,当x0时,f (x)ln x0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)16.2020江西红色七校第一次联考若函数f (x)与g(x)满足“存在实数

5、t,使得f (t) =g (t)”,则称函数g(x)为f (x)的“友导”函数.已知函数g(x) =-13x3-3x+1为函数f (x) =2xln x-ax的“友导”函数,则a的取值范围是.17.2020四省八校联考已知函数f (x) =13x3-12ax2,aR.(1)当a =2时,求曲线y =f (x)在点(3,f (3)处的切线方程;(2)设函数g(x) =f (x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断g(x)有无极值,有极值时求出极值.18.2019全国卷,20,12分已知函数f (x) =sin x-ln(1+x),f (x)为f (x)的导数,证明:(1

6、)f (x)在区间(-1,2)上存在唯一极大值点;(2)f (x)有且仅有2个零点.19.2020四省八校联考新角度题直线x =a(a0)分别与直线y =2x+1,曲线y =x+ln x相交于A,B两点,则|AB|的最小值为()A.1B.2C.2D.320.2020惠州市二调交汇题设函数f (x) =3sinxm,若存在f (x)的极值点x0满足x02+f (x0)20).(1)若曲线y =f (x)在点(1,f (1)处的切线与直线x+2y =0垂直,求a的值及函数g(x) =f (x)-2ln x的单调区间.(2)若f (x)的极大值和极小值分别为m,n,证明:m+n2,所以m2.故选C.

7、 2.A由题意知f (x)=12ex+(12x - 1)ex+12=12ex(x - 1)+1.令g(x)=ex(x - 1)+1,则g (x)=ex(x - 1)+ex=xex,令g (x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间( - ,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,所以g(x)g(0)=0,由此可知f (x)0,所以函数f(x)不存在极值点,故选A.【素养落地】构造新函数g(x)=ex(x - 1)+1来研究函数f(x)的导函数f (x)的符号,体现了对数学建模核心素养的考查,整个解题过程体现了对逻辑推理与数学运算等核心素养的考查.3.A由题意得f (x)=xex - a,因为

8、函数f(x)=ex(x - 1) - ax有两个极值点,所以f (x)=0有两个不等的实根,即a=xex有两个不等的实根,所以直线y=a与y=xex的图象有两个不同的交点.令g(x)=xex,则g (x)=ex(x+1).当x - 1时,g (x) - 1时,g (x)0,所以函数g(x)在( - , - 1)上单调递减,在( - 1,+)上单调递增,所以当x= - 1时,g(x)取得最小值,且最小值为 - 1e.易知当x0时,g(x)0时,g(x)0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3 - 2 - 1所示,则 - 1eaf (x),所以g (x)= 0,所以g(x)在R上单调递减.因为

9、f(x)+2 019是定义在R上的奇函数,所以f(0)+2 019=0,即f(0)= - 2 019,则g(0)= - 2 019.不等式f(x)+2 019ex0可转化为 f(x)ex - 2 019,即g(x)0,则不等式f(x)+2 019ex0的解集为(0,+),故选B.5.A由导函数y=f (x)的图象可知,当x - 2,所以函数f(x)在区间( - , - 2)和(m,+)内单调递增,在区间( - 2,m)内单调递减. 于是函数f(x)的极小值为f(m)=0,即(m2 - m2 - m)em+2m=0,(2 - em)m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x)的极大值为

10、f( - 2)=4e - 2;当m=ln 2时,f(x)的极大值为f( - 2)=(4+ln 2)e - 2+2ln 2.故选A.8.A令g(x)=exf(x),则g (x)=exf(x)+f (x)0,所以函数g(x)在定义域R上单调递增,从而g(0)g(ln 2)g(1),得f(0)2f(ln 2)e f(1),即ab0),所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=12+1=32.10.(1)f(x)的定义域为(0,1)(1,+).当k=0时,f (x)= - 1x - lnx(x - 1)2.令g(x)= - 1x - ln x,则g (x

11、)=1 - xx2.当x(0,1)时,g (x)0,g(x)单调递增;当x(1,+)时,g (x)0,g(x)单调递减.g(x)max=g(1)= - 10,g(x)0,f (x)0对任意的x(1,+)恒成立,得1+lnxx - 1 - kx0(x1),即k1).令h(x)=x(1+lnx)x - 1,x1,则h (x)=x - 2 - lnx(x - 1)2,令(x)=x - 2 - ln x,x1,则 (x)=x - 1x0,(x)在(1,+)上单调递增,又(3)=1 - ln 30,存在唯一x0(3,4),使得(x0)=0,即x0 - 2 - ln x0=0,x0 - 1=1+ln x0

12、,当x变化时,h (x),h(x)的变化情况如下表所示:x(1,x0)x0(x0,+)h (x) - 0+h(x)单调递减极小值单调递增h(x)min=h(x0)=x0(1+ln x0)x0 - 1=x0(3,4),整数k的最大值为3.11.(1)由题意知,f(x)的定义域为( - a,+),且f (x)=ln(x+a)+xx+a.设m(x)=f (x)=ln(x+a)+xx+a,则m (x)=1x+a+a(x+a)2=x+2a(x+a)2.因为a - a.令m (x)=0,可得x= - 2a,则当x( - a, - 2a)时,m (x)0.所以m(x)在( - a, - 2a)上单调递减,在

13、( - 2a,+)上单调递增.由函数f(x)在定义域上为增函数,得m(x)min=m( - 2a)=ln( - a)+20,解得a - e - 2,所以a的取值范围是( - , - e - 2 . (2)因为a - a.所以x0,f(x)=xln(x+a)+1xln x+1,要证明f(x)ex+cos x,只需证明xln xex+cos x - 1. (i)当00,xln x0,所以xln x1时,设g(x)=ex+cos x - xln x - 1,则g (x)=ex - ln x - sin x - 1.设h(x)=g (x),则h (x)=ex - 1x - cos x.因为x1,所以h

14、 (x)e - 1 - 10,即h(x)在(1,+)上单调递增,所以h(x)e - sin 1 - 10,即g (x)0,所以g(x)在(1,+)上单调递增,所以g(x)e+cos 1 - 10,即xln xex+cos x - 1.综上可知,f(x)ex+cos x. 12.B由f(x)=13ex - ln x得f (x)=13ex - 1x,f (x)在(0,+)上为增函数,且f (1)=13e - 10,所以存在x0(1,32),使得f (x0)=0,所以13ex0=1x0.易得f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以M=f(x0)=13ex0 - ln x0=1

15、x0 - ln x0.设g(x)=1x - ln x,则g(x)在(1,32)上是减函数,且g(1)=1,g(32)=23 - ln32=23 - 12ln 2.2523 - 12=160,所以0M0在(0,+)上恒成立,所以F(x)=2f(x) - x3在(0,+)上单调递增,因为F(m)=2f(m) - m3,F(m - 2)=2f(m - 2) - (m - 2)3=2f(m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8),F(m - 2) - F(m)=2f(m - 2) - (m3 - 6m2+12m - 8) - 2f(m)+m3=2f(m - 2) - f(m) - ( -

16、3m2+6m - 4)0,所以F(m - 2) - F(m)0,即F(m - 2)F(m),得|m - 2|m|,两边平方得m2 - 4m+4m2,解得m1,故选B.14.A依题意可知,f(x)=ex+e - x+2cos x=f( - x),所以f(x)是偶函数,f (x)=ex - e - x - 2sin x,且f (0)=0,令h(x)=f (x),则h (x)=ex+e - x - 2cos x,当x0,+)时,h (x)=ex+e - x - 2cos x0恒成立(当且仅当x=0时取等号),所以f (x)=ex - e - x - 2sin x在0,+)上单调递增,所以f (x)0

17、在0,+)上恒成立,所以f(x)在0,+)上单调递增,又函数f(x)是偶函数,(a2+1)2 - 4a2=(a2 - 1)20,所以f(a2+1)f(2a),故选A.15.D设函数g(x)=f(x)ln x,则g (x)=f (x)ln x+1xf(x).于是,当 x0时,由f (x)ln x - 1xf(x)可得g (x)1时,有g(x)g(1)=0,即f(x)ln x0,所以此时f(x)0;当0xg(1)=0,即f(x)ln x0,又ln x0,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

18、时,f(x)0时,f(x)0(x0)得x2 - 40,解得0x2.当x0时,f(x)0,故由(x2 - 4)f(x)0(x0,解得x0.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.16.4,+)由题意,得g (x)= - x2 - 3.又由题意知g(x)= - 13x3 - 3x+1为函数f(x)=2xln x - ax的“友导”函数,所以方程2xln x - ax= - x2 - 3有解,即a=x+2ln x+3x有解

19、.令h(x)=x+2ln x+3x,则h (x)=1+2x - 3x2=(x+3)(x - 1)x2,当0x1时,h (x)1时,h (x)0,函数h(x)单调递增.所以h(x)h(1)=4,所以由方程a=x+2ln x+3x有解,可得a4.17.(1)由题意,得f (x)=x2 - ax,当a=2时,f(3)=0,f (x)=x2 - 2x,所以 f (3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3,f(3)处的切线方程是y=3(x - 3),即3x - y - 9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x - a)cos x - sin x,所以g (x)=f (x)+cos x - (x - a

20、)sin x - cos x=x(x - a) - (x - a)sin x=(x - a)(x - sin x).令h(x)=x - sin x,则h (x)=1 - cos x0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x0时,h(x)0;当x0时,h(x)0.当a0时,g (x)=(x - a)(x - sin x),当x( - ,a)时,x - a0,g(x)单调递增;当x(a,0)时,x - a0,g (x)0,g (x)0,g(x)单调递增.所以,当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)= - 16a3 - sin a;当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g

21、(0)= - a.当a=0时,g (x)=x(x - sin x),当x( - ,+)时,g (x)0,g(x)单调递增.所以,g(x)无极大值也无极小值.当a0时,g (x)=(x - a)(x - sin x),当x( - ,0)时,x - a0,g(x)单调递增;当x(0,a)时,x - a0,g (x)0,g (x)0,g(x)单调递增.所以,当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)= - a;当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)= - 16a3 - sin a.综上所述:当a0时,函数g(x)在( - ,0)和(a,+)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有

22、极大值,又有极小值,极大值是g(0)= - a,极小值是g(a)= - 16a3 sin a.18.(1)设g(x)=f (x),则g(x)=cos x - 11+x,g (x)= - sin x+1(1+x)2.当x( - 1,2)时,g (x)单调递减,而g (0)0,g (2)0;当x(,2)时,g (x)0.所以g(x)在( - 1,)上单调递增,在(,2)上单调递减,故g(x)在( - 1,2)上存在唯一极大值点,即f (x)在( - 1,2)上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为( - 1,+).(i)当x( - 1,0时,由(1)知,f (x)在( - 1,0)上单调递增,

23、而f (0)=0,所以当x( - 1,0)时,f (x)0,故f(x)在( - 1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在( - 1,0上的唯一零点.(ii)当x(0,2时,由(1)知,f (x)在(0,)上单调递增,在(,2)上单调递减,而f (0)=0,f (2)0;当x(,2)时,f (x)0,所以当x(0,2时,f(x)0.从而f(x)在(0,2上没有零点.(iii)当x(2,时,f (x)0,f()1,所以f(x)0),所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以 f(x)min=f(1)=2 - ln 1=2,所以|AB|min=2.故选B.

24、20.C由题意得,当xm=k+2(kZ),即x=(2k+1)m2(kZ)时,f(x)取得极值3.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则存在kZ,使(2k+1)m22+3m2成立,即存在kZ,使(2k - 1)(2k+3)m2+120成立,因此只需(2k - 1)(2k+3)最小,即k=0或k= - 1时不等式成立即可,所以 - 3m2+122或m0),所以当0x1时,g (x)1时,g (x)0.故g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)设x1,x2为方程f (x)=0,即2ax2 - x+1=0的两个实数根,则x1+x2=12a,x1x2=12

25、a,由题意得=1 - 8a0,x1+x20,x1x20,解得0a18.因为函数f(x)的极大值和极小值分别为m,n,所以m+n=f(x1)+f(x2)=a(x12+x22) - (x1+x2)+ln(x1x2)= - ln(2a) - 14a - 1,令2a=t,则0t14,m+n= - ln t - 12t - 1.令F(t)= - ln t - 12t - 1(0t14),则F (t)=1 - 2t2t2,当0t0,所以F(t)在(0,14)上单调递增,则0t14时,F(t)F(14)=2ln 2 - 3,即m+n2ln 2 - 3.【易错警示】(1)求函数的极值时,易误把导数为0的点作为极值点;(2)易弄混极值与最值,注意最值是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念.