人教版选修2（理科）导数达标测试

这是一份人教版选修2（理科）导数达标测试，共39页。
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2022·广东·高三阶段练习）已知f(x)=exsinx.
(1)若x∈0,2π，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若对∀x1,x2∈0,π,x10成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）直接求导计算即可．
（2）将问题转化为fx2+ax22>fx1+ax12，构造新函数gx=fx+ax2在0,π上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．
【解答过程】（1）f'x=ex(sinx+csx)=2sinx+π4ex
令f'x=0，因为x∈0,2π得x=3π4或x=7π4，列表如下：
所以f(x)的单调增区间为0，3π4和7π4，2π 单调减区间为3π4，7π4
f(x)极大值为f(3π4)= 22e3π4 ，f(x)极小值为f7π4= -22e7π4
（2）对∀x1,x2∈0,π,x10成立可转化化为：
f(x2)+ax22>f(x1)+ax12.
设g(x)=f(x)+ax2，则g(x)在0,π，
故g'(x)=ex(sinx+csx)+2ax≥0，在0,π上恒成立
方法一：（含参讨论）
设hx=g'x=exsinx+csx+2ax≥0，
则h0=1>0，hπ=-eπ+2aπ≥0，解得a≥eπ2π.
h'x=2excsx+a，h'0=2a+1>0，h'π=2a-eπ.
①当a≥eπ时，h'x'=2excsx-sinx，
故，当x∈0,π4时，h'x'=2excsx-sinx≥0，h'x递增；
当x∈π4,π时，h'x'=2excsx-sinx≤0，h'x递减；
此时，h'x≥minh'0,h'π=h'π=2a-eπ≥0，hx=g'x在0,π上单调递增，故hx=g'x≥g'0=1>0，符合条件.
②当eπ2π≤a0，h'π=2a-eπ0，hx=g'x单调递增；
当x∈x0,π时，h'xfx1+ax12.
设gx=fx+ax2，则gx在0,π上单调递增，
故g'x=exsinx+csx+2ax≥0在0,π上恒成立.
∵g'0=1>0，∴,g'x=exsinx+csx+2ax≥0在0,π上恒成立
⇔-2a≤exsinx+csxx，∀x∈0,π.
设hx=exsinx+csxx，x∈0,π，则h'x=ex2xcsx-sinx-csxx2，x∈0,π.
设φx=2x-tanx-1，x∈0,π2∪π2,π，
则φ'x=2-1cs2x，x∈0,π2∪π2,π.
由φ'x>0，x∈0,π2∪π2,π，得φx在0,π4，3π4,π上单调递增；
由φ'x0，函数fx=a-xlnx．
(1)证明fx存在唯一极大值点；
(2)若存在a，使得fx≤a+b对任意x∈0,+∞成立，求b的取值范围．
【解题思路】（1）求导f'x=-lnx+ax-1,x>0，再对f'x求导，判断其单调性，然后结合零点存在性定理进而可知f'x=0有唯一零点，结合极值点定义可证得结论；
（2）题目转化为fx-amax≤b，构造u(x)=xln2x-x-xlnx, x>0，利用导数研究函数的单调性，求其最值，即可得解.
【解答过程】（1）函数fx=a-xlnx，求导f'x=-lnx+a-x1x=-lnx+ax-1,x>0，
令gx=-lnx+ax-1,x>0，则g'x=-1x-ax2=-x+ax2
又a>0，∴g'x0，当x=ea时，f'ea=-a+aea-1=a1ea-1-10，故函数fx在0,x0上单调递增，
当x∈x0,+∞，f'x0，使得fx≤a+b对任意x∈0,+∞成立，
即存在a>0，使得b≥fx-amax对任意x∈0,+∞成立，
由（1）知，f(x)max=fx0，且-lnx0+ax0-1=0，即a=x01+lnx0，
fx-amax=fx0-a=x01+lnx0-x0lnx0-x01+lnx0，
即存在a>0，使得b≥x0ln2x0-x0-x0lnx0, x0>0恒成立，
构造u(x)=xln2x-x-xlnx, x>0，即存在a>0，使得b≥u(x)恒成立，
即存在a>0，b≥u(x)min对任意x∈0,+∞恒成立，
求导u'(x)=ln2x+lnx-2, x>0
令u'(x)=0，求得lnx1=-2，lnx2=1，即x1=e-2，x2=e，
当x∈0,e-2，u'x>0，故函数ux在0,e-2上单调递增，
当x∈e-2,e，u'x0，g(x)单调递增，
所以当a=1时，g(x)的单调减区间为(-3,0)，单调增区间为(0,+∞)；
（2）要使g(x)=f(x)+lnx+3ex有意义，则x>-3，且a>0，
f(x)恒大于0，即aex+lnax+3-3>0恒成立，
则ex+lna+lna>ln(x+3)+3，可得ex+lna+x+lna>ln(x+3)+x+3=eln(x+3)+ln(x+3)，
因为函数y=ex+x为增函数，所以x+lna>ln(x+3)，即lna>ln(x+3)-x，
令h(x)=ln(x+3)-x(x>-3)，
则h'(x)=1x+3-1=-x-2x+3，当x∈(-3,-2)时，h'(x)>0,h(x)单调递增，
当x∈(-2,+∞)时，h'(x)2，则a>e2.
所以a的取值范围是e2,+∞.
5．（2022·江苏·高二期末）已知函数f(x)=ln x-ax-12x3，(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,92)，求a的值；
(2)当x>0时，f(x)lnxx-12x2对x>0恒成立. 设g(x)=lnxx-12x2，x>0，则只需a>gxmax即可.求出g'(x)=1-lnx-x3x2，利用导函数研究单调性，求出gxmax即可得到结果.
【解答过程】（1）∵f'(x)=1x-a-32x2.
根据导数的几何意义可得，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率
k=f'(1)=-a-12，
又∵f(1)=-a-12，切线过(3,92)，则k=92--a-122=a+52，
所以，-a-12=a+52，所以a=-2.
（2）当x>0时，f(x)0恒成立.
设g(x)=lnxx-12x2，x>0，则只需a>gxmax即可.
又g'(x)=1-lnx-x3x2，设h(x)=1-lnx-x3，
则h'(x)=-1x-3x20，函数单调递增，当x∈e,+∞时，f'x0，函数单调递增，所以当t=e3时，函数ht取得最小值，最小值是-1e3，
所以实数a的取值范围为aa0，
所以fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减；
（2）解：若fx+1≥gx,x>-1恒成立，
则2ex+1+ax+12-alnx+1+x+1≥-x2-alnx+1+x+4，
整理得2ex+1+ax+12≥-x2+3，则2ex+1+ax+12+x2-3≥0，
设hx=2ex+1+ax+12+x2-3，则h'x=2ex+1+2ax+1+2x，
令h'x=0，则2ex+1+2ax+1+2x=0，
整理得ex+1=-ax+1-x=-a+1x-a=-a+1x+1+1，
设y1=ex+1，y2=-a+1x+1+1，可知两个函数均过定点-1,1，
若-a+1=y'1x=-1=e-1+1=1，即a=-2时，
y2=x+1+1为y1=ex+1的切线，切点为-1,1，
①当-a+1=1，即a=-2时，h'x=0，x=-1，不在定义域，不合题意；
②当-a+1-2时，
在区间-1,+∞，恒有y1>y2，h'x=y1-y2>0，
所以hx在-1,+∞单调递增，hxmin=h-1=0，
则hx>0，符合题意；
③当-a+1>1，即a-1
所以hx在-1,x0上单调递减，在x0,+∞单调递增，
hxmin=hx0=2ex0+1+ax0+12+x02-3≥0，
因为2ex+1+2ax+1+2x=0，
则-2ax0+1-2x0+ax0+12+x02-3≥0⇒a≥-1+2x0-1，
又因为x0>-1，所以a>-2且a≠-1，与a0，则f(x)=4ax2+2lnx-3在0,+∞上单调递增；
当a0，即8ax+2x>0，得00，gx在x0,+∞上单调递增.
所以，gx=lnx2-lnx2x2+54x2在x=x0处取得唯一极小值，也是最小值.
又g'x0=x02+2lnx0-62x03=0，则lnx0=3-x022.
所以gx0=3-x0222-3-x0222x02+54x02=-14x02+1x02+74，
令mx=-14x2+1x2+74，t=x2，kt=t+1t，t>1，
则k't=1-1t2=t+1t-1t2，当t>1时，k't>0，
所以，kt=t+1t在1,+∞上单调递增，
从而mx=-14x2+1x2+74在1,+∞上单调递减，则m520，所以φt在1,+∞上单调递增，
所以φt>φ1=1-11-ln1=0，
所以x2-x1lnx2-lnx1>x1x2，即a>x1x2，所以x1x20，函数gx在ln2a,+∞上单调递增
当x∈0,ln2a时，gx0，令f'x=0，得x=lna，
由f'x>0，得xx1，都有fx2-fx1>kx1-kx2k∈R成立，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）首先利用方程组法求出f(x)的表达式，再利用函数图像，结合定义域即可分析值域.
（2）首先通过移项后，构造新函数g(x)，再利用g'(x)在所给区间上大于等于0恒成立，得到关于k的不等式吗，解出k的范围即可.
【解答过程】（1）因为2f(x)+f(-x)=x+2x(x≠0)①
所以2f(-x)+f(x)=-x-2x(x≠0)②
联立①②，解得：f(x)=x+2x (x≠0)，
则f(x)为对勾函数，作图如下.
由图像可知单调区间为
所以x∈-3,-2单调递增，x∈-2,-1单调递减，则f(x)在[-3,-1]上，在x=-2处取得最大值f-2=-22，当x=-1时，f(-1)=-3，在x=-3时，f(-3)=-113，f(-3)kx1-kx2k∈R，移项得fx2+kx2>fx1+kx1
令g(x)=f(x)+kx=x+2+kx，则由上式恒成立得当x∈2,4时，g(x)单调递增，
所以g'(x)=1-2+kx2≥0在x∈2,4恒成立，即k≤x2-2在x∈2,4恒成立，
所以k≤2 ，即k∈-∞，2.
14．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=ex-plnx，gx=qx+λq-2lnxp,q,λ∈R．
(1)讨论函数fx的极值；
(2)当p=1时，若存在q，使得不等式gx≥fx恒成立，求实数λ的取值范围．
【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分p≤0与p>0两种情况，得到函数的单调性和极值情况；
（2）gx≥fx转化为e-qx+lnx-λq≤0，构造hx=e-qx+lnx-λq，分q≤e与q>e两种情况，证明出q≤e时不成立，当q>e时，转化为λ≥-lnq-e+1q有解问题，构造函数vq=-lnq-e+1q，q>e，则λ≥vqmin，求导，得到实数λ的取值范围.
【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，且f'x=e-px=ex-px，
当p≤0时，f'x>0，此时fx在0,+∞上单调递增，无极值；
当p>0时，由f'x0，得00，
故vq在e,2e上单调递减，在2e,+∞上单调递增，
故vqmin=v2e=-ln2e-e+12e=-1e，
则λ≥-1e．
综上，实数λ的取值范围是-1e,+∞.
15．（2022·山东·高三期中）已知函数fx=lnx-mx+1，gx=xex-2.
(1)若fx的最大值是1，求m的值；
(2)若对其定义域内任意x，fx≤gx恒成立，求m的取值范围.
【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分m≤0与m>0两种情况，分类讨论得到当m>0，x=1m时，fx取得最大值，列出方程，求出m的值；
（2）转化为m-2≥1+lnxx-ex在0,+∞上恒成立问题，构造φx=1+lnxx-ex，二次求导，利用隐零点求出x02ex0+lnx0=0，取对数后，利用同构得到ex0=1x0，求出φx在x=x0处取得最大值，列出不等式，求出m的取值范围.
【解答过程】（1）∵fx的定义域为0,+∞，f'x=1x-m=1-mxx.
若m≤0，f'x>0，fx在定义域内单调递增，无最大值；
若m>0，令f'x>0,解得：x∈0,1m，令f'x0，
∴hx在0,+∞上单调递增，且h1e=1e2⋅e1e-1=e1e-2-10.
∴hx有唯一零点x0∈1e,1，且x02ex0+lnx0=0，
即x0ex0=-lnx0x0.
两边同时取对数，得x0+lnx0=ln-lnx0+-lnx0，易知y=x+lnx是增函数，
∴x0=-lnx0，即ex0=1x0.
因为φ'x=-hxx2，所以当x∈0,x0时，φ'x=-hxx2>0，
当x∈x0,+∞时，φ'x=-hxx20，e是自然对数的底数）．
(1)若直线y=kx与曲线y=fx，y=gx都相切，求a的值；
(2)若fx≥gx恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义分别求出曲线y=fx，y=gx的过原点的切线，列方程即可求得a的值；
（2）先讨论gx≤0的情况，再讨论gx>0的情况，分离参数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，利用导数研究函数的单调性和最值，进而得出结果．
【解答过程】（1）解：设直线y=kx与曲线y=fx，y=gx分别切于点Px1,fx1，Qx2,gx2，
易知fx1=ex1-x1，f'x=ex-1，
∴ f'x1=ex1-1，
∴与曲线y=fx切于点P的直线方程为y=ex1-1x-x1+ex1-x1，
∵直线y=kx过原点，
∴ -x1ex1-1+ex1-x1=0，
整理得1-x1ex1=0，
∴x1=1，切线方程为y=e-1x．
易知gx2=alnx2+a，g'x=ax，
∴g'x2=ax2，
∴ 与曲线y=gx切于点Q的直线方程为y=ax2x-x2+alnx2+a，
整理得y=ax2⋅x+alnx2，
∴ax2=e-1alnx2=0，
∴a=e-1．
（2）解：由fx≥gx，得ex-x≥alnx+1，
令φx=ex-x-1，
则φ'x=ex-1，
当x0，φx递增，
∴φxmin=φ0=0，
∴ex≥x+1>x，
∴ex-x>0，
当x∈0,1e时，alnx+1≤0，
∴ex-x≥alnx+1恒成立．
当x∈1e,+∞时，a≤ex-xlnx+1，
令hx=ex-xlnx+1，x∈1e,+∞，
则h'x=ex-1lnx+1-1xex-xlnx+12=ex-1⋅lnx+ex⋅x-1xlnx+12，
当x∈1e,1时，h'x0，解得x>a；令h'x0，gx单调递增；
当x∈x0,+∞时，hx12e4，故实数t的取值范围为12e4,+∞.
19．（2022·辽宁抚顺·高三期中）已知函数f(x)=1-ax3ex(a≠0)．
(1)讨论fx在0,+∞上的单调性；
(2)若不等式2exf(x)≥x3lnx+x2+3x恒成立，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数求解导数f'(x)，故按照a>0，a0，得x>3；由f'x0，所以φx在0,+∞上单调递增，
则φx>φ0=0，即h'x>0，故hx在0,+∞上单调递增．
因为h0=1>0，所以hx在0,+∞上单调递增，
则g'(x)=0，得x=3，所以当00，
所以gx在0,3上单调递减，在3,+∞上单调递增，
则g(x)min=g(3)=e327-12ln3-13．
故a≤e327-12ln3-13，即a的取值范围是-∞,e327-12ln3-13．
20．（2022·云南·高三阶段练习）已知函数f(x)=sinx-ax+16x3，其中a∈R，设gx为fx的导函数.
(1)若a=1，证明：gx≥0；
(2)若x≥0时，fx≥0恒成立，求a的取值范围.
【解题思路】（1）由题设g(x)=f'(x)=csx+12x2-1，利用导数研究g(x)的单调性并确定区间最值，即可证结论；
（2）由题设及（1）易知f'(x)在[0,+∞)上递增，则f'(x)≥f'(0)=1-a，结合f(0)=0讨论1-a0，-20，1+30⇒x>1，
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)=1-lna，又F(x)min=2，
所以1-lna=2，解得a=e-1，
经检验，a=e-1符合题意.
故a=e-1.
（2）由f(x+1-m)≥kx+k-1≥g(ex)，得
f(x+1-m)≥kx+k-1kx+k-1≥g(ex)，即ex-m≥kx+k-1kx+k-1≥lnx，
对于ex-m≥kx+k-1，可得不等式ex-m-kx-k+1≥0在R上恒成立，
即(ex-m-kx-k+1)min≥0在R上恒成立，
设u(x)=ex-m-kx-k+1(x∈R)，则u'(x)=ex-m-k，
若k≤0，则u'(x)>0，函数u(x)在R上单调递增，
且u(x)=ex-m-kx-k+1>0，符合题意；
若k>0，令u'(x)0，不符合题意；
若k>0，令v'(x)>0⇒00x>0得01或x0，所以m(x)在(-∞,0)上为增函数，
于是，由m(a)≥m(-2)及a0，使得对任意x∈(0,m)，f'(x)>0，对应f(x)递增，因此f(x)>f(0)=0，不合题意，
当f'(0)=1+a0恒成立，f(x)=ex-sinx-1在(0,+∞)上递增，f(x)>f(0)=0，不合题意，
综上，a的取值范围是(-∞,-1)．
26．（2022·上海高二期末）已知函数f(x)=alnx+x2 (a为实常数）．
(1)若a=-2，求证：f(x)在(1,+∞)上是增函数；
(2)当a=-4时，求函数f(x)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的x值；
(3)若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】(1)利用导数大于零即可证明；(2)利用导数讨论函数的单调性即可求解给定区间内的最值；(3)利用导数讨论单调性与最值，即可解决能成立问题.
【解答过程】（1）由题可知函数的定义域(0,+∞)，
因为a=-2,所以f(x)=-2lnx+x2，所以f'(x)=-2x+2x=2x2-1x，
令f'(x)>0解得x>1，
所以f(x)在(1,+∞)上是增函数.
（2）因为a=-4,所以f(x)=-4lnx+x2，所以f'(x)=-4x+2x=2x2-2x，
令f'(x)>0解得x>2，令f'(x)0，函数单调递增；
当x∈1,+∞时，f'x0，lnx+1>0，故fx>ln2.
故m≤ln2，满足条件.
当x∈0,+∞时，设gx=ln1+x-x，故g'x=1x+1-1=-xx+10时，令f'x=3x2-a=0，解得x=±3a3，
x0，fx单增；
x∈-3a3,3a3时，f'x0在(2,+∞)成立，故gx在(2,+∞)单增，
g2=8-ln2+12=9-ln22，所以a≤9-ln22.
29．（2022·全国·模拟预测）设函数f(x)=xekx+a，f'x为fx的导函数.
(1)当k=-1时，
①若函数fx的最大值为0，求实数a的值；
②若存在实数x>0，使得不等式fx≥x-lnx成立，求实数a的取值范围.
(2)当k=1时，设gx=f'x，若gx1=gx2，其中x1≠x2，证明：x1x2>4.
【解题思路】(1)① 当k=-1时，对f(x)求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值.
② 要求fx≥x-lnx恒成立时a的取值范围，等价于a≥lnexx-xex，构造新的函数，将问题转化为求新构造函数的最大值，问题即可解决.
(2)当k=1时，fx=xex+a，求导即可得到gx的函数表达式，对gx求导，得到函数gx的图像，设x10时，易知1x+1ex>0，
所以qx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以qxmin=q1=1-ln1-1e=1-1e，
所以a≥1-1e，即实数a的取值范围为1-1e,+∞.
（2）当k=1时，fx=xex+a，f'x=x+1ex，
所以gx=x+1ex，所以g'x=x+2ex，
所以gx在-∞,-2上单调递减，在-2,+∞上单调递增，
所以gxmin=g-2=-e-20，
即gx>g4x在-2,-1上恒成立，又x2∈-2,-1，
所以gx2>g4x2，原不等式得证.
30．（2022·天津市高三阶段练习）已知函数fx=ex,gx=lnx.
(1)设hx=f2x-3x，求函数hx的极值；
(2)设x0>1，求证：存在唯一的x0，使得函数y=gx的图象在点Ax0,gx0处的切线l与函数y=fx的图象也相切；
(3)设φx=gx+2lnax+26x+x2-ax，对于任意a∈2,4，总存在x∈32,2，使φx>k4-a2成立，求实数k的取值范围.
【解题思路】(1)由题意可得h'x=2e2x-3，令h'x=0，得x=12ln32，再根据导数的正负确定函数的单调性从而即可得函数的极值；
(2)由题意可得gx在x=x0处的切线方程为y-lnx0=1x0x-1，只需证明此直线与曲线y=f(x)相切，假设此直线与y=f(x)相切于点B(x1,ex1)，将问题转化为证明方程2x0lnx0-lnx0-x0=0在(1,+∞)上存在唯一解即可，构造函数u(x0)=2x0lnx0-lnx0-x0,x0>1，利用导数证明函数u(x0)在(1,+∞)上单调且只有一个零点即可；
(3)由题意可得φ(x)max>k(4-a2)在a∈2,4上恒成立，利用导数得φ(x)max=φ(2)=2ln(2a+2)-2ln6+4-2a,所以即转化为2ln(2a+2)-2ln6+4-2a>k(4-a2)在a∈2,4上恒成立，令t(a)=2ln(2a+2)-2ln6+4-2a-k(4-a2)，只需t(a)>0在a∈2,4上恒成立，利用导数即可解决.
【解答过程】（1）解：因为hx=f2x-3x=e2x-3x，
所以h'x=2e2x-3，
令h'x=0，解得x=12ln32，
所以当x0，hx单调递增；
所以函数只有极小值，hx极小值=h(12ln32)=eln32-32ln32=32-32ln32
（2）证明：因为gx=lnx，
所以g'x=1x，
又因为x0>1，
所以gx在x=x0处的切线方程为y-lnx0=1x0(x-x0)=1x0x-1，
假设此直线与曲线y=f(x)=ex相切于点B(x1,ex1)，
因为f'(x)=ex，
所以切线的斜率k=ex1=1x0且1x0=ex1-lnx0x1-x0，
所以x1=-lnx0，
所以1x0=1x0-lnx0-lnx0-x0，
化简为x0lnx0-lnx0-x0-1=0(x0>1)，
下面证明此方程在(1,+∞)上存在唯一解.
令u(x0)=x0lnx0-lnx0-x0-1,x0>1，
则u'(x0)=lnx0-1x0=x0lnx0-1x0，
令F(x)=xlnx-1，
则F'(x)=lnx+1，
所以当x∈(1e,+∞)时F'(x0)>0，F(x)单调递增，
又因为F(1)=-10，
又为F(x)在(1,2)上连续，
所以F(x)在(1,2)上存在唯一零点，设为x1，
则有x1lnx1-1=0，即lnx1=1x1，
当x1∈(1,2)时，F(x)0，u(x0)单调递增；
所以u(x0)0在x∈32,2上恒成立，
所以φ(x)>0在x∈32,2上单调递增，
所以φ(x)max=φ(2)=2ln(2a+2)-2ln6+4-2a,
所以2ln(2a+2)-2ln6+4-2a>k(4-a2)在a∈2,4上恒成立，
令t(a)=2ln(2a+2)-2ln6+4-2a-k(4-a2)，
则t(2)=0，且t(a)>0在a∈2,4上恒成立，
因为t'(a)=2a+1-2+2ka=2a(ka+k-1)a+1，
当k≤0时，t'(a)