浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用加强练四导数及其应用含解析 14页

加强练(四)　导数及其应用 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.函数f(x)＝aln x＋x在x＝1处取到极值，则a的值为(　　)‎ A.－1 B.－ ‎ C.0 D. 解析　因为f(x)＝aln x＋x，所以f′(x)＝＋1.‎ 又因为f(x)在x＝1处取到极植，‎ 所以f′(1)＝a＋1＝0⇒a＝－1.‎ 经检验符合题意.故选A.‎ 答案　A ‎2.(2020·浙江新高考仿真卷二)已知函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象有可能是(　　)‎ 解析　由函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象易得函数g(x)有两个零点，设其较大的零点为x0.当x＜1时，g(x)＜0，x－1＜0，则f′(x)＞0；当1＜x＜x0时，g(x)＞0，x－1＞0，则f′(x)＞0；当x＞x0时，g(x)＜0，x－1＞0，则f′(x)＜0，所以函数f(x)在x＝x0左侧单调递增，在x＝x0右侧单调递减，故选C.‎ 答案　C ‎3.(2020·许昌、洛阳质检三)已知a＞0，曲线f(x)＝3x2－4ax与g(x)＝2a2ln x－b有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b的最小值为(　　)‎ A.0 B.－ ‎ C.－ D.－ 解析　由f(x)＝3x2－4ax，f′(x)＝6x－4a，由g(x)＝2a2ln x－b，g′(x)＝.‎ 设两曲线的公共点P(x0，y0)，x0＞0，因为两曲线在公共点处的切线相同，‎ 所以由6x0－4a＝，x0＝a，x0＝－a，又a＞0，所以x0＝a，消去y0得b＝2a2ln a＋a2，‎ 设b＝h(a)＝2a2ln a＋a2，h′(a)＝4aln a＋4a，‎ 令h′(a)＝0，a＝，又a＞，h′(a)＞0，‎ ‎0＜a＜时，h′(a)＜0，所以a＝是h(a)的极小值点，即bmin＝h＝－.‎ 答案　B ‎4.(2020·北京昌平区二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)＝若函数F(x)＝f(x)－m有6个零点，则实数m的取值范围是(　　)‎ A. B.∪ C. D. 解析　函数F(x)＝f(x)－m有6个零点，‎ 等价于函数y＝f(x)与y＝m有6个交点，‎ 当0≤x＜1时，f(x)＝x2－＝－，‎ 当x≥1时，f(x)＝，f′(x)＝，‎ 当x∈[1，2]时，f(x)递增，当x∈(2，＋∞)时，f(x)递减，‎ f(x)的极大值为f(2)＝，‎ 作出函数f(x)的图象如图，‎ y＝f(x)与y＝m的图象有6个交点，得0＜m＜.‎ 答案　C ‎5.(2020·温州适应性考试)已知实数a＞0，b＞0，a≠1，且满足ln b＝，则下列判断正确的是(　　)‎ A.a＞b B.a＜b C ‎.logab＞1 D.logab＜1‎ 解析　由ln b＝＝－得ln b－＋＝0，设f(x)＝ln x－＋(x＞0)，则f′(x)＝－－＝，则函数f(x)＝ln x－＋在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，所以当0＜x＜1时，ln x－＋＞0，即ln x＞－；当x＞1时，ln x－＋＜0，即ln x＜－，在平面直角坐标系内画出函数y＝ln x与y＝－的图象如图所示.由图易得若ln b＝＝－，则0＜b＜a＜1或1＜a＜b，A，B错误；当a＞1时，1＜a＜b，函数y＝logax为增函数，则logab＞logaa＝1，当0＜a＜1时，0＜b＜a＜1，函数y＝logax为减函数，则logab＞logaa＝1，C正确，D错误，故选C.‎ 答案　C ‎6.(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知a＞b＞0，则下列不等式正确的是(　　)‎ A.|ln a－b|＞|ln b－a| B.|－b|＜|－a|‎ C.|ln a－b|＜|ln b－a| D.|－b|＞|－a|‎ 解析　因为|ln a－b|2－|ln b－a|2＝(ln a－b－ln b＋a)·(ln a－b＋ln b－a)，构造函数f(x)＝ln x＋x，则易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当a＞b＞0时，ln a＋a＞ln b＋b，所以ln a－b－ln b＋a＞0，由不等式ln x≤x－1＜x，可得ln a－b＋ln b－a＜0，所以|ln a－b|2－|ln b－a|2＜0，即|ln a－b|＜|ln b－a|.同理，|－b|2－|－a|2＝(－b＋－a)(－b－＋a).因为a＞b，＞，所以－b－＋a＞0.构造函数f(x)＝－x，则f′(x)＝－1，令f′(x)＝－1＞0，得0＜x＜，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.此时当a＞b＞0时，f(a)，f(b)大小不定，所以|－b|、|－a ‎|大小不定，故选C.‎ 答案　C ‎7.(2019·天津卷)已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为(　　)‎ A. B. C.∪{1} D.∪{1}‎ 解析　如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－x＋a的图象.‎ ‎(1)先研究当0≤x≤1时，直线y＝－x＋a与y＝2的图象只有一个交点的情况.‎ 当直线y＝－x＋a过点B(1，2)时，2＝－＋a，解得a＝.所以0≤a≤.‎ ‎(2)再研究当x>1时，直线y＝－x＋a与y＝的图象只有一个交点的情况：‎ ‎①相切时，由y′＝－＝－，得x＝2，此时切点为，则a＝1.‎ ‎②相交时，由图象可知直线y＝－x＋a从过点A向右上方移动时与y＝的图象只有一个交点.过点A(1，1)时，1＝－＋a，解得a＝.所以a≥.‎ 结合图象可得，所求实数a的取值范围为∪{1}.‎ 故选D.‎ 答案　D ‎8.(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f(x)＝x2＋(x－1)·|x－a|，a∈R，x≠a，下列结论中正确的是(　　)‎ A.存在实数a使得f′(x)＝0有唯一解 B.存在实数a使得f′(x)＝0有两个解 C.不存在实数a使得f′(x)＝0无解 D.不存在实数a使得f′(x)＞0恒成立 解析　f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|＝当≤a，即a≥时，f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＞0恒成立，排除C，D；当－1＜a＜时，f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当且仅当x＝时，f′(x)＝0；当a＜－1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴当且仅当x＝时，f′(x)＝0；当a＝－1时，f(x)＝∴f′(x)＝0有无数个解，综上，故选A.‎ 答案　A ‎9.(2020·广州综测一)已知函数f(x)＝e|x|－ax2，对任意x1＜0，x2＜0，都有(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＜0，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　因为 对任意x1＜0，x2＜0，(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＜0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)＝e－x－ax2在(－∞，0)上单调递减，故f′(x)＝－－2ax≤0在(－∞，0)上恒成立，即－2ax≤在(－∞，0)上恒成立.因为＞1，所以当a≤0时上述不等式恒成立.当a＞0时，若a＝，如图，作出函数y＝－ex对应的直线与y＝的图象，则两图象相切于点(－1，e)，故当0＜a≤时，－2ax≤在(－∞，0)上恒成立.故选A.‎ 答案　A ‎10.(2020·宁波模拟)若关于x的不等式≤有正整数解，则实数λ的最小值为(　　)‎ A.9 B.8 ‎ C.7 D.6‎ 解析　由≤，则两边取对数，得ln x≥3ln 3存在正整数解，则λ＞0，故≥.记函数f(x)＝，则由f′(x)＝知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，注意到2＜e＜3，故只需考虑f(2)，f(3)的大小关系，因为f(2)＝＝f(4)＜f(3)，故f(3)＝≥，即λ≥9，故选A.‎ 答案　A 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)‎ ‎11.(2020·北京通州区三模)能够说明“在某个区间(a，b)内，如果函数y＝f(x)在这个区间内单调递增，那么f′(x)＞0恒成立”是假命题的一个函数是________(写出函数表达式和区间).‎ 解析　若f(x)＝x3，x∈(－1，1)，‎ 易知f(x)＝x3在(－1，1)上恒增；‎ 但f′(x)＝3x2，在x＝0时f′(x)＝0，不满足f′(x)＞0恒成立；是假命题.‎ 答案　f(x)＝x3，x∈(－1，1)(答案不唯一)‎ ‎12.设曲线y＝在点(3，2)处的切线与直线ax＋y＋3＝0垂直，则a＝________，切线方程为________________.‎ 解析　y′＝，‎ 所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－，‎ 由题意知－a×＝－1，‎ 所以a＝－2，‎ 切线方程为y－2＝－(x－3)，‎ 即x＋2y－7＝0.‎ 答案　－2　x＋2y－7＝0‎ ‎13.若函数f(x)＝ax4－4ax2＋b(a>0，1≤x≤2)的最大值为3，最小值为－5，则ab＝________.‎ 解析　令f′(x)＝4ax3－8ax＝4ax(x2－2)＝0，‎ 解得x1＝0(舍去)，x2＝，x3＝－(舍去).‎ 又f(1)＝a－4a＋b＝b－3a，f(2)＝16a－16a＋b＝b，‎ f()＝b－4a，‎ 所以 所以a＝2，b＝3，ab＝6.‎ 答案　6‎ ‎14.(一题多解)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________；此时点P的坐标为________.‎ 解析　法一　由题意可设P(x0>0)，‎ 则点P到直线x＋y＝0的距离d＝＝≥＝4，当且仅当2x0＝，即x0＝时取等号，‎ 此时y0＝＋＝3，‎ 即点P的坐标为(，3).‎ 法二　设P(x0>0)，则曲线在点P处的切线的斜率为k＝1－.令1－＝－1，结合x0>0得x0＝，∴P(，3)，曲线y＝x＋(x>0)上的点P到直线x＋y＝0的最短距离即为此时点P到直线x＋y＝0的距离，故dmin＝＝4.‎ 答案　4　(，3)‎ ‎15.(2020·北京东城区期末)已知函数f(x)＝axex－x2－2x.‎ ‎(1)当a＝1时，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为________；‎ ‎(2)当x＞0时，若曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－x2－2x，其导数f′(x)＝ex(x＋1)－2x－2，f′(0)＝－1.‎ 又因为f(0)＝0，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.‎ ‎(2)根据题意，当x＞0时，‎ ‎“曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方”等价于“axex－x2－2x＞－x恒成立”，‎ 又由x＞0，则axex－x2－2x＞－x⇒aex－x－1＞0⇒a＞，‎ 则原问题等价于a＞恒成立；‎ 设g(x)＝，则g′(x)＝－，‎ 又由x＞0，则g′(x)＜0，则函数g(x)在区间(0，＋∞)上递减，‎ 又由g(0)＝＝1，则有＜1，‎ 若a＞恒成立，必有a≥1，‎ 即a的取值范围为[1，＋∞).‎ 答案　(1)y＝－x　(2)[1，＋∞)‎ ‎16.已知函数F(x)＝＋kln x(其中k<且k≠0)，则F(x)在上的最大值为________，最小值为________.‎ 解析　∵F(x)＝＋kln x(x>0)，∴F′(x)＝＋＝.‎ ‎①若k<0，在上，恒有<0，∴F(x)在上单调递减，F(x)min＝F(e)＝＋k＝＋k－1，F(x)max＝F＝e－k－1.‎ ‎②k>0时，∵k<，∴>e，x－<0，∴<0，‎ ‎∴F(x)在上单调递减，∴F(x)min＝F(e)＝＋k＝＋k－1，F(x)max＝F＝e－k－1.‎ 综上所述，当k≠0且k<时，F(x)max＝e－k－1，F(x)min＝＋k－1.‎ 答案　e－k－1　＋k－1‎ ‎17.(2020·福州质检)已知函数f(x)＝aln(2x)－e有且只有一个零点，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　由f(x)＝aln(2x)－e，得f(x)＝aln ＋a－e.令t＝(t＞0)，则g(t)＝aln t＋a－et.当t＝时，g＝－e＜0，所以t＝不是函数g(t)的零点；‎ 当t≠时，令g(t)＝aln t＋a－et＝0，得a＝，‎ 所以f(x)＝aln(2x)－e有且只有一个零点，等价于直线y＝a与函数p(t)＝(t＞0且t≠)的图象有且只有一个交点.‎ p′(t)＝.令q(t)＝ln t＋1－(t＞0且t≠)，则q′(t)＝＋＞0，‎ 所以q(t)在和上单调递增，而ln ＋1－＝－e＜0，q(1)＝0，‎ 所以当t∈时，p′(t)＜0，从而p(t)单调递减，且当t→0时，p(t)→0，t→时，p(t)→－∞；‎ 当t∈时，p′(t)＜0，从而p(t)单调递减，且t→时，p(t)→＋∞；‎ 当t∈(1，＋∞)时，p′(t)＞0，从而p(t)单调递增，且t→＋∞时，p(t)→＋∞，‎ 又因为p(1)＝e，所以p(t)的图象如图所示.‎ 直线y＝a与函数p(t)的图象的交点个数为1，‎ 由图可知实数a的取值范围是(－∞，0)∪{e}.‎ 答案　(－∞，0)∪{e}‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(本小题满分14分)(2020·北京丰台区期末)设函数f(x)＝asin x－xcos x，x∈ ‎(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；‎ ‎(2)如果f(x)≥0恒成立，求实数a的最小值.‎ ‎(1)证明　因为a＝1，所以f(x)＝sin x－xcos x，f′(x)＝xsin x，‎ 当x∈时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在区间上单调递增，‎ 所以f(x)≥f(0)＝0.‎ ‎(2)解　因为f(x)＝asin x－xcos x，x∈，‎ 所以f′(x)＝(a－1)cos x＋xsin x.‎ ‎①当a＝1时，由(1)知f(x)≥0对x∈恒成立；‎ ‎②当a＞1时，因为x∈，所以f′(x)＞0.‎ 因此f(x)在区间上单调递增，‎ 所以f(x)≥f(0)＝0对x∈恒成立；‎ ‎③当a＜1时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝(2－a)sin x＋xcos x，‎ 因为x∈，所以g′(x)≥0恒成立，‎ 因此g(x)在区间上单调递增，‎ 且g(0)＝a－1＜0，g＝＞0，‎ 所以存在唯一x0∈使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0.‎ 所以任意x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递减.‎ 所以f(x)＜f(0)＝0，不合题意.‎ 综上可知实数a的最小值为1.‎ ‎19.(本小题满分15分)(2020·金丽衢十二校三联)已知函数f(x)＝ln(2x＋1)－kx(k>0).‎ ‎(1)若x＝0时，函数f(x)取得一个极值，求实数k的值；‎ ‎(2)在(1)的条件下，对任意n∈N*，m>1，求证…－，ln(1＋2x)≤2x，‎ 所以任意x>－，1＋2x≤e2x.‎ 于是…≤e＋＋…＋＝e0).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求证：f(x)>e－(x>0).‎ ‎(1)解　已知函数f(x)＝(x>0)，‎ 导函数为f′(x)＝.‎ 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，‎ 当x<0时，h′(x)＝ex－1<0；‎ 当x>0时，h′(x)＝ex－1>0，‎ 所以h(x)min＝h(0)＝0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.‎ 由已知x>0，得ex>x＋1，‎ 所以f′(x)＝<0，‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.‎ ‎(2)证明　f(x)>e－(x>0)等价于e－x＋xe－－1<0(x>0).‎ 令g(x)＝e－x＋xe－－1，x>0，‎ g′(x)＝－e－x＋e－＋x ‎＝－e－，‎ 由(1)易得e－>－＋1，所以g′(x)<0.‎ 所以当x>0时，有g(x)0)，故f(x)>e－(x>0).‎ ‎21.(本小题满分15分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：‎ ‎(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；‎ ‎(2)f(x)有且仅有2个零点.‎ 证明　(1)设g(x)＝f′(x)，‎ 则g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.‎ 当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.‎ 则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.‎ 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.‎ ‎(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).‎ ‎①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.‎ ‎②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在上没有零点.‎ ‎③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减.而f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.‎ ‎④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.‎ 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.‎ 综上，f(x)有且仅有2个零点.‎ ‎22.(本小题满分15分)(2019·天津卷)设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0；‎ ‎(3)设xn为函数u(x)＝f(x)－1在区间内的零点，其中n∈N，证明2nπ＋－xn<.‎ ‎(1)解　由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).‎ 因此，当x∈(k∈Z)时，‎ 有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；‎ 当x∈(k∈Z)时，有sin x0，则f(x)单调递增.‎ 所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，‎ f(x)的单调递减区间为(k∈Z).‎ ‎(2)证明　记h(x)＝f(x)＋g(x).‎ 依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，‎ 从而g′(x)＝－2exsin x.‎ 当x∈时，g′(x)<0，‎ 故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)‎ ‎＝g′(x)<0.‎ 因此，h(x)在区间上单调递减，‎ 进而h(x)≥h＝f＝0.‎ 所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.‎ ‎(3)证明　依题意，u(xn)＝f(xn)－1＝0，即exncos xn＝1.‎ 记yn＝xn－2nπ，则yn∈，‎ 且f(yn)＝eyncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N).‎ 由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.‎ 由(2)知，当x∈时，g′(x)<0，‎ 所以g(x)在上为减函数，‎ 因此g(yn)≤g(y0)