高中数学高考解密16 导数的综合应用（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

这是一份高中数学高考解密16 导数的综合应用（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.(－∞，4]
C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)
【答案】B
【解析】条件可转化为a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)恒成立，
设f(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
则f′(x)＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)(x>0).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.
2.已知函数f(x)＝x2－3x＋5，g(x)＝ax－ln x，若对∀x∈(0，e)，∃x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得f(x)＝g(xi)(i＝1，2)，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(6,e))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e\f(7,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,e)，e\f(7,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,e)，e\f(7,4)))
【答案】C
【解析】当x∈(0，e)时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，5)).
由g′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)可知：
当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故a>0.
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，则eq \f(1,a)∈(0，e)，
所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a.
作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，
数形结合，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋ln a<\f(11,4)，,g（e）＝ae－1≥5.))解得eq \f(6,e)≤a3.已知函数f(x)＝(k－1)xex，若对任意x∈R，都有f(x)<1成立，则实数k的取值范围是( )
A.(－∞，1－e) B.(1－e，＋∞)
C.(－e，0] D.(1－e，1]
【答案】D
【解析】由f(x)<1，得(k－1)x过原点作曲线y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))eq \s\up12(x)的切线，设切点为P(x0，y0)，则－eq \f(1,ex0)＝eq \f(y0,x0)，即－eq \f(1,ex0)＝eq \f(1,x0ex0)，得x0＝－1.
∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))eq \s\up12(x)的切线的斜率k0＝－e－x|x＝－1＝－e，则－e4.(多选题)关于函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，下列判断正确的是( )
A.x＝2是f(x)的极大值点
B.函数y＝f(x)－x有且只有1个零点
C.存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立
D.对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4
【答案】BD
【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，当02时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝eq \f(2,x)＋ln x－x，∴y′＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)－1＝eq \f(－x2＋x－2,x2)<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln2－2＝ln2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则kh′(x)＝－lnx，当h′(x)>0时，01，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝eq \f(2,x2)＋eq \f(ln x,x)在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，
∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；
令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，
令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝eq \f(2,2＋t)＋ln(2＋t)－eq \f(2,2－t)－ln(2－t)＝eq \f(4t,t2－4)＋ln eq \f(2＋t,2－t)，
则u′(t)＝eq \f(4（t2－4）－8t2,（t2－4）2)＋eq \f(2－t,2＋t)·eq \f(2－t＋2＋t,（2－t）2)＝eq \f(－4t2－16,（t2－4）2)＋eq \f(4,4－t2)＝eq \f(－8t2,（t2－4）2)<0，
∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，
∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.
二、填空题
5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝eq \f(1,2)，则满足不等式f(x)＞eq \f(1,ex)的x的取值范围是________.
【答案】(ln 2，＋∞)
【解析】由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)＞eq \f(1,ex)等价于exf(x)＞1，即g(x)＞1.
因为f(ln 2)＝eq \f(1,2)，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×eq \f(1,2)＝1.故当x＞ln 2时，g(x)＞g(ln 2)＝1，
所以不等式g(x)＞1的解集为(ln 2，＋∞).
6.若对于任意正实数x，都有ln x－aex－b＋1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a＋b的最小值是________.
【答案】0
【解析】因为对于任意正实数x都有ln x－aex－b＋1≤0成立，不妨将x＝eq \f(1,e)代入不等式中，得a＋b≥0.下面证明a＋b＝0时满足题意，当a＝1，b＝－1时，令f(x)＝ln x－ex＋1＋1＝ln x－ex＋2，则f′(x)＝eq \f(1,x)－e＝eq \f(1－ex,x).由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，即f(x)≤0对任意正数x都成立，所以当a＝1，b＝－1，即a＋b＝0时满足题意，所以a＋b的最小值为0.
三、解答题
7.设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(0)＝c，f′(0)＝b，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
∴f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－eq \f(2,3).
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
∴当c>0且c－eq \f(32,27)<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.
8.【2020新课标Ⅲ卷】设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直.
(1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即eq \f(3,4)＋b＝0，故b＝－eq \f(3,4).
(2)由(1)知f(x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq \f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \f(1,2).
f′(x)与f(x)的情况为：
因为f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，
所以当c<－eq \f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点.
因为f(－1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，
所以当c>eq \f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点.
由题设可知－eq \f(1,4)≤c≤eq \f(1,4).
当c＝－eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq \f(1,2)和1.
当c＝eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq \f(1,2).
当－eq \f(1,4)且x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
B组 专题综合练
9.设函数f(x)＝excs x，g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，证明f(x)＋g(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))≥0.
【解析】(1)由已知，有f′(x)＝ex(cs x－sin x).
因此，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)时，
有sin x>cs x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)时，有sin x得f′(x)>0，则f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z).
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cs x－sin x)，
从而g′(x)＝－2exsin x.当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋g(x)(－1)＝g′(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))<0.
因此，h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，进而h(x)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f(x)＋g(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))≥0.
10.已知函数f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，求k的取值范围.
【解析】(1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),（x＋1）2)－eq \f(b,x2).
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq \f(1,2)，且过点(1，1)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝1，,f′（1）＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，所以
f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2ln x＋\f(（k－1）（x2－1）,x))).
考虑函数h(x)＝2ln x＋eq \f(（k－1）（x2－1）,x)(x＞0)，
则h′(x)＝eq \f(（k－1）（x2＋1）＋2x,x2).
(ⅰ)设k≤0，由h′(x)＝eq \f(k（x2＋1）－（x－1）2,x2)知，
当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减.而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0.可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))＞0，
即f(x)＞eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x).
(ⅱ)设0＜k＜1，由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，
对称轴x＝eq \f(1,1－k)>1.当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0.故h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))时，
h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＜0.与题设矛盾.
(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＜0，与题设矛盾.
综上，得k的取值范围为(－∞，0].x
(－∞，－2)
－2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,3)))
－eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c

c－eq \f(32,27)

x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋eq \f(1,4)

c－eq \f(1,4)
