2021高考文科数学（人教A版）一轮复习课时规范练15导数的简单应用 WORD版含解析.docx

1、课时规范练15导数的简单应用 基础巩固组1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是()A.(-,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+)2.已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(32),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是()A.abcB.cabC.bacD.bcf(x),且f(1)=2,则不等式f(x)0恒成立,若a=-2f-6,b=2f6,c=2f4,则()A.cbaB.bacC.acbD.bcf(x0)成立,则a的取值范围为()A.(1,2)B.(1,+)C.1,+)D.(2,+)8.(2019河北石家庄二模,10)设函数f(x)在R上可导,

2、其导函数为f(x),若函数f(x)在x=1处取得极大值,则函数y=-xf(x)的图象可能是()9.(2019江西上饶一模,文12)已知f(x)是定义域为R的奇函数,当x0时,f(x)=x-ln x.若函数g(x)=f(x)+a有2个不同的零点,则实数a的取值范围是()A.-1,1B.(-1,1)C.(-,-11,+)D.(-,-1)(1,+)10.已知函数f(x)=1+lnxkx(k0),则函数f(x)的极大值为.11.(2019安徽“皖南八校”联考一,15)已知函数f(x)=32x2+(a+4)x-2ln x在区间(1,2)上存在最值,则实数a的取值范围是.12.若函数f(x)=x-13si

3、n 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是.综合提升组13.(2019山西太原模拟一)已知定义在(0,+)上的函数f(x)满足xf(x)-f(x)0的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)14.(2019安徽合肥一模,12)若关于x的方程ex+ax-a=0没有实数根,则实数a的取值范围是()A.(-e2,0B.0,e2)C.(-e,0D.0,e)15.(2019宁夏银川一中一模,10)已知函数f(x)=x22+(m+1)ex+2(mR)有两个极值点,则实数m的取值范围为()A.-1e,0B.-1-1e,-1C.-,-1eD.(0,+

4、)16.(2019北京师大附中模拟三,14)已知定义在R上的函数f(x)=ex+1-ex+x2+2m(x-1)(m0),当x1+x2=1时,不等式f(x1)f(x2)恒成立,则实数x1的取值范围为.创新应用组17.(2019河南洛阳三模,12)已知函数f(x)=(kx-2)ex-x(x0),若f(x)0),若对x1x|g(x)=x+a-x,x24,16,使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是.参考答案课时规范练15导数的简单应用1.D函数f(x)=(x-3)ex的导数为f(x)=(x-3)ex=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由导数与函数单调性的关系,得当f(x)0时,函数f

5、(x)单调递增,此时由不等式f(x)=(x-2)ex0,解得x2.2.D因为f(x)=3x+2cos x,所以f(x)=3-2sin x,可知f(x)=3-2sin x0在R上恒成立,所以f(x)在R上为增函数.又因为2=log24log27332,所以bca.故选D.3.C由题意可知f(x)=-(x-2)+bx0在x(1,+)上恒成立,即bx(x-2)在x(1,+)上恒成立.由于(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+)上的值域是(-1,+),故只要b-1即可.4.A构造函数F(x)=f(x)ex,则F(x)=f(x)-f(x)ex0,故F(x)在R上是减函数.因为f(1)=2,所以F(1

6、)=2e.又不等式f(x)2ex-1,所以f(x)ex2e,即F(x)1.故不等式f(x)0,所以g(x)在区间(0,)上单调递增.f2=0,当x0,2时,f(x)sinx0,f-6sin-6=-2f-60,f6sin6=2f6f4sin4=2f40,bca.7.D由函数y=lg x和y=x的图象知,lg x0f(x0),则函数f(x)为减函数或函数f(x)存在极值点.f(x)=ex-(a-1),当x(0,+)时,f(x)0不恒成立,即f(x)不是减函数,f(x)必存在极值点,f(x)=0有解,即a-1=ex有解,a(2,+).故选D.8.B因f(x)在R上可导且函数f(x)在x=1处取得极大

7、值,所以当x1时,f(x)0;当x=1时,f(x)=0;当x0.所以当x0,当0x1时,y=-xf(x)1时,y=-xf(x)0,可知选项B符合题意.故选B.9.D当x0时,f(x)=x-ln x,f(x)=1-1x,令f(x)=0,则x=1,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增,f(1)=1.又因为f(x)为奇函数,所以f(x)在区间(-1,0)上单调递减,在区间(-,-1)上单调递增,f(-1)=-1.将函数g(x)有2个不同的零点转化为y=f(x)与y=-a有两个交点,所以-a1或-a-1,即a1.故选D.10.1kf(x)=1+lnxkx,其定义域为(0,

8、+),则f(x)=-lnxkx2.令f(x)=0,得x=1,由题意可知,k0,若0x0;若x1,则f(x)0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,故当x=1时,函数f(x)取得极大值1k.11.(-9,-5)由题意可得,f(x)=3x+(a+4)-2x=3x2+(a+4)x-2x,因为函数f(x)在区间(1,2)上存在最值,所以f(1)f(2)0,即(a+5)(a+9)0,解得-9a-5,故实数a的取值范围是(-9,-5).12.-13,13f(x)=1-23cos 2x+acos x=1-23(2cos2x-1)+acos x=-43cos2x+acos x+

9、53,f(x)在R上单调递增,则f(x)0在R上恒成立.令cos x=t,t-1,1,则-43t2+at+530在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立.令g(t)=4t2-3at-5,则g(1)=4-3a-50,g(-1)=4+3a-50,解得-13a13.13.A令g(x)=f(x)x,则当x(0,+)时,g(x)=xf(x)-f(x)x20等价为f(ex)exf(2)2,即g(ex)g(2),故ex2,xln 2,故所求的解集为(-,ln 2).故选A.14.A因为x=1不满足方程ex+ax-a=0,所以原方程化为ex+a(x-1)=0,a=ex1-x,令g(x)=e

10、x1-x,当x1时,g(x)=ex(1-x)+ex(1-x)2=ex(2-x)(1-x)2,令g(x)=0,得x=2.x(1,2)2(2,+)g(x)+0-g(x)递增递减又g(2)=-e2,故当x1时,g(x)(-,-e2,综上可得,g(x)的值域为(-,-e2(0,+),要使a=ex1-x无解,则-e20,当x(1,+)时,g(x)0,所以函数g(x)=xex在区间(-,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减,又当x-时,g(x)-;当x+时,g(x)0,且g(1)=1e,故0-m-11e,所以-1-1em0),g(x)=(e-1)(ex-e1-x)+(4m+2)x-2m-1.g(x)

11、=(e-1)(ex+e1-x)+4m+20,g(x)在R上为增函数,g12=0,要使g(x)0,则x12.故实数x1的取值范围为12,+.17.D由f(x)=(kx-2)ex-x0,得(kx-2)exx,即kx-20).设h(x)=xex(x0),h(x)=ex-xex(ex)2=1-xex,由h(x)0得,0x1,函数h(x)单调递增,由h(x)1,函数h(x)单调递减,即当x=1时,h(x)取得极大值,极大值为h(1)=1e.要使kx-20),在(s,t)中恰有两个整数,则当k0时,不满足条件.故k0,当x=2时,h(2)=2e2,当x=3时,h(3)=3e3,即A2,2e2,B3,3e3,则当直线g(x)=kx-2在A,B之间满足条件,此时两个整数解为1,2,满足g(2)2e2,g(3)3e3,即2k-22e2,3k-23e3,得k1+1e2,k23+1e3,即1e3+23k0时,得到xa2,结合该函数的定义域为0,a,可知g(x)在区间0,a2上单调递增,在区间a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0或x=a取到最小值,所以需要满足ga24且g(0)=g(a)2,即a2+a24,a2,解得4a8.