【2023届必备】2023版高考一轮复习训练11　导数的综合问题

这是一份【2023届必备】2023版高考一轮复习训练11　导数的综合问题，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
训练11　导数的综合问题一、单选题1．(2022·黄石调研)已知a＝4ln 5π，b＝5ln 4π，c＝5ln π4，则a，b，c的大小关系是(　　)A．a<b<c   B．b<c<aC．b<a<c   D．c<b<a答案　A解析　令f(x)＝(x≥e)，可得f′(x)＝＝，当x≥e时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，所以f(π)>f(4)>f(5)，即>>，可得4ln π>πln 4,5ln 4>4ln 5，所以ln π4>ln 4π，5πln 4>4πln 5，所以5ln π4>5ln 4π，5ln 4π>4ln 5π，即c>b，b>a，所以a<b<c.2．(2022·曲靖模拟)已知在函数f(x)＝x2＋ln x与函数g(x)＝2x2－ax的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为(　　)A.   B.C．(－∞，－e]   D．(－∞，－1]答案　D解析　由题可得f(x)＝g(－x)在(0，＋∞)上有解，即x2＋ln x＝2x2＋ax在(0，＋∞)上有解，所以a＝在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，令p(x)＝－x2＋1－ln x，x∈(0，＋∞)，则p′(x)＝－2x－<0，所以p(x)在(0，＋∞)上单调递减，且p(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，p(x)>0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，p(x)<0，则h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－1，故a≤－1.3．(2022·萍乡模拟)若ex＋2t≥ln x－2t对一切正实数x恒成立，则实数t的取值范围是(　　)A.   B.C.   D．(－∞，e]答案　C解析　由ex＋2t≥ln x－2t可得ex＋2t＋x＋2t≥ln x＋x＝eln x＋ln x，构造函数f(x)＝ex＋x，其在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f(x＋2t)≥f(ln x)，∴x＋2t≥ln x，即x－ln x＋2t≥0，令g(x)＝x－ln x＋2t，g′(x)＝1－＝，易知g(x)＝x－ln x＋2t在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(1)≥0，即1＋2t≥0，∴t∈.4．(2022·南平模拟)设函数f(x)＝(x－1)ex，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围是(　　)A．(－1，e2]   B.C.   D.答案　D解析　∵f(x)＝(x－1)ex，∴f′(x)＝xex，令f′(x)＝0，得x＝0，当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．则函数y＝f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝－1，如图所示．当a>0时，若关于x的不等式f(x)<ax－1有且仅有两个整数解，则解得<a≤，当a<0时，由于直线y＝ax－1与x轴的负半轴交于点，当x<时，关于x的不等式f(x)<ax－1有无数个整数解，不满足题意，当a＝0时，不满足题意，综上所述，实数a的取值范围是.二、多选题5．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(　　)A．2f(2)－3f(1)>5B．若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋C．f(3)－2f(1)<7D．若f(1)＝2,0<x<1，则f(x)>x2＋x＋答案　CD解析　设函数g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为在(0，＋∞)上，(x＋1)f′(x)－f(x)<x2＋2x，所以g′(x)<0；则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)>g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7；所以A错误，C正确；当0<x<1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当0<x<1时，g(x)>g(1)＝，即>，即f(x)>x2＋x＋，所以D正确，则B错误．6．(2022·菏泽模拟)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　)A．f(x)在x＝处取得极大值B．f(x)有两个不同的零点C．f <f()<f()D．若f(x)<k－在(0，＋∞)上恒成立，则k>答案　ACD解析　对于选项A，函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)>0，可得0<x<，令f′(x)<0，可得x>，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝，故选项A正确；对于选项B，令f(x)＝＝0，可得x＝1，又当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，因此f(x)只有一个零点，故选项B不正确；对于选项C，显然<<，f(x)在(，＋∞)上单调递减，可得f()>f()＝>0，因为f ＝2ln <0，即f <f()<f()，故选项C正确；对于选项D，由题意知，k>f(x)＋＝＋在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝＋(x>0)，则k>g(x)max ，因为g′(x)＝，易知当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在x＝处取得极大值，也是最大值g＝，所以k>，所以f(x)＋<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，则k>，故选项D正确．三、填空题7．(2022·百师联盟联考)已知关于x的不等式2ln x＋ax－2x2≤0恒成立，则实数a的取值范围是____________．答案　(－∞，2]解析　因为x>0，所以不等式可化为≤x－，设f(x)＝x－，则f′(x)＝1－＝，设g(x)＝x2＋ln x－1(x>0)，由于g′(x)＝2x＋>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，则当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，则≤1，即a∈(－∞，2]．8．已知实数a，b满足a＝e2 024－a，2 021＋ln b＝e3－ln b，则ab＝________.答案　e3解析　根据题意，显然a，b是正数．由a＝e2 024－a，两边取对数得，ln a＝ln e2 024－a＝2 024－a，即a－(3－ln a)＝2 021，又2 021＋ln b＝e3－ln b，即e3－ln b－ln b＝2 021，利用a＝eln a，于是记h(x)＝e3－x－x，h′(x)＝－e3－x－1<0，故h(x)在R上单调递减，由h(3－ln a)＝h(ln b)⇒3－ln a＝ln b，于是ln ab＝3，ab＝e3.四、解答题9．已知函数f(x)＝aex－－1，其中a>0.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解　(1)当a＝2时，f(x)＝2ex－－1，∴f′(x)＝2ex－，∴f′(0)＝2－1＝1.又f(0)＝2－1＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)问题等价于关于x的方程a＝有唯一的解时，求a的值．令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex<0，∴h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)的极大值为g(0)＝1，∴当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]，当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0,1)，又a>0，∴当方程a＝有唯一的解时，a＝1，综上，当函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.10．已知函数f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.(1)求函数y＝f(x)－g(x)的极值；(2)若实数m为整数，且对任意的x>0，都有f(x)－mg(x)≤0恒成立，求实数m的最小值．解　(1)设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x2－x＋1，x>0，∴φ′(x)＝－2x－1＝，令φ′(x)>0，则0<x<；令φ′(x)<0，则x>，∴φ(x)在上单调递增，在上单调递减，∴φ(x)极大值＝φ＝－ln 2，无极小值．(2)由f(x)－mg(x)≤0，即ln x＋x＋1－m(x2＋2x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，∴m≥在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝，则h′(x)＝，显然x＋1>0，(x2＋2x)2 >0，设t(x)＝－(x＋2ln x)，则t′(x)＝－<0，故t(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵t(1)＝－1<0，t＝－＝2ln 2－>0，由函数零点存在定理得∃x0∈，使得t(x0)＝0，即x0＋2ln x0＝0，且x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(x0)＝，又由x0＋2ln x0＝0，x0∈，则h(x0)＝＝，x0∈，∴由m≥h(x)在(0，＋∞)上恒成立，且m为整数，可得m的最小值为1.