2022年高考数学一轮复习考点练习15《导数的综合应用》(含答案详解)

这是一份2022年高考数学一轮复习考点练习15《导数的综合应用》(含答案详解)，共6页。
一轮复习考点练习15《导数的综合应用》 1.已知函数f(x)=aex－ln x－1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.     2.已知函数f(x)=ln x＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥.      3.已知f(x)=x2－a2ln x，a>0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.      4.已知函数f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=x2＋ax，其中a为常数.(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.      5.设函数f(x)=－kln x，k＞0.(1)求f(x)的单调区间和极值.(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点.      6.设函数f(x)=ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.(1)证明：当a＜2－2ln 2时，f′(x)没有零点；(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围.     7.设函数f(x)=e2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.     8.已知函数f(x)=－x＋aln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.     
0.答案解析1.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.由题设知，f′(2)=0，所以a=.从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，f(x)≥0. 2.解：(1)f′(x)=－=(x>0).当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减.(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min=f(a)=ln a＋1.要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)=ln a＋－1，则g′(a)=－=(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min=g(1)=0.所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥. 3.解：(1)f′(x)=x－=(x>0).当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.当x=a时，f(x)取最小值f(a)=a2－a2ln a.令a2－a2ln a≥0，解得0<a<.故a的取值范围是(0，].(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a－x2<a.要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1)<f(2a－x2).因为f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a－x2).设g(x)=f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x－＋2a－x－=－≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0.又a<x2<2a，于是g(x2)=f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2).因此x1＋x2>2a. 4.解：(1)因为a=2，所以f(x)=(x＋1)ex，所以f(0)=1，f′(x)=(x＋2)ex，所以f′(0)=2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1=0.(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)=(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)=(x＋a)(ex－1)，①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(0)=a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(－a)，又h(－a)＜h(0)=a－1＜0，所以不合题意.综上，实数a的取值范围为[1，＋∞). 5.解：(1)由f(x)=－kln x(k＞0)得f′(x)=x－=.由f′(x)=0解得x=.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)；f(x)在x=处取得极小值f()=.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k=e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()=0，所以x=是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.当k＞e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)=＞0，f()=＜0，所以f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1， ]上仅有一个零点. 6.解：(1)证明：∵f′(x)=ex－2x－a，令g(x)=f′(x)，∴g′(x)=ex－2.令g′(x)＜0，解得x＜ln 2；令g′(x)＞0，解得x＞ln 2，∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)min=f′(ln 2)=2－2ln 2－a.当a＜2－2ln 2时，f′(x)min＞0，∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点.(2)当x＞0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤－x－＋1恒成立.令h(x)=－x－＋1(x＞0)，则h′(x)=.当x＞0时，ex－x－1＞0恒成立，令h′(x)＜0，解得0＜x＜1，令h′(x)＞0，解得x＞1，∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min=h(1)=e－1.∴a的取值范围是(－∞，e－1]. 7.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e2x－(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0时，设u(x)=e2x，v(x)=－，因为u(x)=e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－=0，所以f(x0)=＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. 8.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=－－1＋=－.(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a=2，x=1时f′(x)=0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减.(ⅱ)若a＞2，令f′(x)=0得，x=或x=.当x∈(0,)∪(,+∞)时，f′(x)＜0；当x∈(,)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,)，(,+∞)单调递减，在(，)单调递增.(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1=0，所以x1x2=1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于=－－1＋a=－2＋a=－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.设函数g(x)=－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)=0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.