2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時(shí)作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理

2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時(shí)作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理 1．[2018·合肥高三檢測(cè)]已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則實(shí)數(shù)a的值是(　　) A.　　 B．1 C．2 D．e 解析：由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－lna，代入曲線方程得y＝1－lna，所以切線方程為y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1?a＝1. 答案：B 2．[2018·廣州綜合測(cè)試]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處的極值為10，則數(shù)對(duì)(a，b)為(　　) A．(－3,3) B．(－11,4) C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11) 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或當(dāng)時(shí)，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時(shí)f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C. 答案：C 3．[2018·北師大附中期中]若a＝exdx，b＝xdx，c＝dx，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)<b<c B．b<c<a C．c<a<b D．c<b<a 解析：∵a＝exdx＝ex＝e2－e>2，b＝xdx＝x2＝，c＝dx＝lnx＝ln2<1， ∴a，b，c的大小關(guān)系是c<b<a，故選D. 答案：D 4．[2018·南昌模擬]已知奇函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，若x>0時(shí)，f′(x)>0，則(　　) A．f(0)>f(log32)>f(－log23) B．f(log32)>f(0)>f(－log23) C．f(－log23)>f(log32)>f(0) D．f(－log23)>f(0)>f(log32) 解析：因?yàn)閒′(x)是奇函數(shù)，所以f(x)是偶函數(shù)．而|－log23|＝log23>log22＝1,0<log32<1，所以0<log32<log23. 又當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f(0)<f(log32)<f(log23)，所以f(0)<f(log32)<f(－log23)． 答案：C 5．[2018·廣州調(diào)研]已知直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，則實(shí)數(shù)k的值為(　　) A．ln2 B．1 C．1－ln2 D．1＋ln2 解析：由y＝xlnx知y′＝lnx＋1，設(shè)切點(diǎn)為(x0，x0lnx0)，則切線方程為y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，因?yàn)榍芯€y＝kx－2過定點(diǎn)(0，－2)，所以－2－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln2，選D. 答案：D 6．[2018·長(zhǎng)沙市、南昌市部分學(xué)校高三聯(lián)合模擬]若函數(shù)f(x)＝(2x2－mx＋4)ex在區(qū)間[2,3]上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)閒(x)＝(2x2－mx＋4)ex，所以f′(x)＝[2x2＋(4－m)x＋4－m]ex，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[2,3]上不是單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)＝0在區(qū)間(2,3)上有根，即2x2＋(4－m)x＋4－m＝0在區(qū)間(2,3)上有根，所以m＝在區(qū)間(2,3)上有根，令t＝x＋1，則x＝t－1，t∈(3,4)，所以m＝＝＝2在t∈(3,4)上有根，從而求得m的取值范圍為，故選B. 答案：B 7．[2018·寶安，潮陽，桂城等八校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝x2的圖象在點(diǎn)(x0，x)處的切線為l，若l也與函數(shù)y＝lnx，x∈(0,1)的圖象相切，則x0必滿足(　　) A．0<x0< B.<x0<1 C.<x0< D.<x0< 解析：由題意，得f′(x)＝2x，所以f′(x0)＝2x0，f(x0)＝x，所以切線l的方程為y＝2x0(x－x0)＋x＝2x0x－x.因?yàn)閘也與函數(shù)y＝lnx(0<x<1)的圖象相切，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x1，lnx1)，易知y′＝，則切線l的方程為y＝x＋lnx1－1，則有又0<x1<1，所以x0>1，所以1＋ln2x0＝x，x0∈(1，＋∞)．令g(x)＝x2－ln2x－1，x∈[1，＋∞)，則g′(x)＝2x－＝>0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝－ln2<0，g()＝1－ln2<0，g()＝2－ln2>0，所以存在x0∈(，)，使得g(x0)＝0，故<x0<，選D. 答案：D 8．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對(duì)任意x∈R都有f′(x)<，則不等式f(x2)>的解集為(　　) A．(1,2) B．(0,1) C．(－1,1) D．(1，＋∞) 解析：令g(x)＝f(x)－(x＋1)，∴g′(x)＝f′(x)－<0，故g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減且g(1)＝0. 令g(x)>0，則x<1，f(x2)>?f(x2)－>0?g(x2)>0?x2<1?－1<x<1.故選C. 答案：C 9．[2018·武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝x2lnx－a(x2－1)(a∈R)，若f(x)≥0在x∈(0,1]上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[2，＋∞) B．[1，＋∞) C. D. 解析：當(dāng)0<x≤1時(shí)，f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，令g(x)＝2lnx＋1－2a，則g′(x)＝，因?yàn)?<x≤1，所以g′(x)>0，則g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，g(x)≤g(1)＝1－2a.①當(dāng)1－2a≤0，即a≥時(shí)，g(x)≤0，則f′(x)≤0，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，f(x)≥f(1)＝0，所以f(x)≥0在(0,1]上恒成立．②當(dāng)1－2a>0，即a<時(shí)，在(0,1]上，g(x)≤0不恒成立，所以存在x0，使g(x0)＝0，則在(0，x0)上，g(x)<0，在(x0,1)上，g(x)>0，所以在(0，x0)上f(x)單調(diào)遞減，在(x0,1)上f(x)單調(diào)遞增，由g(x0)＝0，知2lnx0＋1－2a＝0，lnx0＝，x0＝e，f(x0)＝e2a－1×－a(e2a－1－1)＝a－e2a－1，令h(a)＝a－e2a－1，a<，h′(a)＝1－e2a－1×2＝1－e2a－1>0，h(a)在上單調(diào)遞增，所以h(a)<h＝0，即f(x0)<0，故f(x)≥0在x∈(0,1]上不恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選C. 答案：C 10．[2018·全國卷Ⅱ]曲線y＝2ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為________． 解析：∵ y＝2ln(x＋1)，∴ y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切線的幾何意義得切線斜率為2，又切線過點(diǎn)(0,0)，∴ 切線方程為y＝2x. 答案：y＝2x 11．[2018·石家莊二模] (x2＋)dx＝________. 解析：因?yàn)楸硎疽栽c(diǎn)為圓心，半徑為1的圓面積的，其值為. 又x2dx＝x3＝. 所以 (x2＋)dx＝x2dx＋dx＝＋. 答案：＋ 12．[2018·江蘇卷]若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為________． 解析：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上遞增， 又f(0)＝1，∴ f(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)． ②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0解得x>， 由f′(x)<0解得0<x<， ∴ f(x)在上遞減，在上遞增． 又f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，∴ f＝－＋1＝0， ∴ a＝3. 此時(shí)f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)， 當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上遞增，在[0,1]上遞減． 又f(1)＝0，f(－1)＝－4， ∴ f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 答案：－3 13．[2018·北京卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a； (2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍． 解析：(1)解：因?yàn)閒(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. 所以f′(1)＝(1－a)e. 由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此時(shí)f(1)＝3e≠0. 所以a的值為1. (2)解：由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若a>，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，x－2<0，ax－1≤x－1<0， 所以f′(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點(diǎn)． 綜上可知，a的取值范圍是. 14．[2018·全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0. 解析：(1)解：f′(x)＝，f′(0)＝2. 因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是 2x－y－1＝0. (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 所以g(x)≥g(－1)＝0. 因此f(x)＋e≥0. 15．[2018·武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－，其中a為常數(shù)． (1)當(dāng)1<a≤2時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x>0時(shí)，求g(x)＝xln＋ln(1＋x)的最大值． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1. ①當(dāng)－1<2a－3<0，即1<a<時(shí)， 當(dāng)－1<x<2a－3或x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)2a－3<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． ②當(dāng)2a－3＝0，即a＝時(shí)，f′(x)≥0，則f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增． ③當(dāng)2a－3>0，即a>時(shí)， 當(dāng)－1<x<0或x>2a－3時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)0<x<2a－3時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在(0,2a－3)上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)1<a<時(shí)，f(x)在(－1,2a－3)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2a－3,0)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)<a≤2時(shí)，f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,2a－3)上單調(diào)遞減． (2)∵g(x)＝ln(1＋x)－xlnx＝g， ∴g(x)在(0，＋∞)上的最大值等價(jià)于g(x)在(0,1]上的最大值． 令h(x)＝g′(x)＝ln(1＋x)＋·－(lnx＋1)＝ln(1＋x)－lnx＋－， 則h′(x)＝. 由(1)可知當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減， ∴f(x)<f(0)＝0， ∴h′(x)<0，從而h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減， ∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增， ∴g(x)≤g(1)＝2ln2，∴g(x)的最大值為2ln2. 16．[2018·天津卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差為d的等差數(shù)列． (1)若t2＝0，d＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程； (2)若d＝3，求f(x)的極值； (3)若曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)，求d的取值范圍． 解析：(1)解：由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1. 又因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切線方程為x＋y＝0. (2)解：由已知可得 f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t2－9)x－t2＋9t2. 故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t2－9. 令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，t2－) t2－ (t2－，t2＋) t2＋ (t2＋，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6， 函數(shù)f(x)的極小值為f(t2＋)＝()3－9×＝－6. (3)解：曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋6＝0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解． 令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0. 設(shè)函數(shù)g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，則曲線y＝f(x)與直線y＝－(x－t2)－6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y＝g(x)有三個(gè)零點(diǎn)． g′(x)＝3x2＋(1－d2)． 當(dāng)d2≤1時(shí)，g′(x)≥0，這時(shí)g(x)在R上單調(diào)遞增，不合題意． 當(dāng)d2>1時(shí)， 令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝. 易得，g(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在[x1，x2]上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(x)的極大值為 g(x1)＝g＝＋6>0. g(x)的極小值為 g(x2)＝g＝－＋6. 若g(x2)≥0，則由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y＝g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意． 若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此時(shí)|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|<x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋6<－62＋6<0，從而由g(x)的單調(diào)性，可知函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，符合題意． 所以，d的取值范圍是(－∞，－)∪(，＋∞)．