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  • 2021-07-01 发布

2020高考数学二轮复习练习:第二部分 专题六 第3讲 导数的简单应用 练典型习题 提数学素养含解析

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一、选择题 ‎1.已知直线2x-y+1=0与曲线y=aex+x相切(其中e为自然对数的底数),则实数a的值是(  )‎ A.        B.1‎ C.2 D.e 解析:选B.由题意知y′=aex+1=2,则a>0,x=-ln a,代入曲线方程得y=1-ln a,所以切线方程为y-(1-ln a)=2(x+ln a),即y=2x+ln a+1=2x+1⇒a=1.‎ ‎2.(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l既是曲线C1:y=ex的切线,又是曲线C2:y=e2x2的切线,则直线l在x轴上的截距为(  )‎ A.2 B.1‎ C.e2 D.-e2‎ 解析:选B.设直线l与曲线C1:y=ex的切点为A(x1,ex1),与曲线C2:y=e2x2的切点为B.由y=ex,得y′=ex,所以曲线C1在点A处的切线方程为y-ex1=ex1(x-x1),即y=ex1x-ex1(x1-1) ①.‎ 由y=e2x2,得y′=e2x,所以曲线C2在点B处的切线方程为y-e2x=e2x2(x-x2),即y=e2x2x-e2x ②.‎ 因为①②表示的切线为同一直线,所以解得所以直线l的方程为y=e2x-e2,令y=0,可得直线l在x上的截距为1,故选B.‎ ‎3.已知f(x)=x2+ax+3ln x在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(-∞,-2] B. C.[-2,+∞) D.[-5,+∞)‎ 解析:选C.由题意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立⇔g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立⇔Δ=a2-24≤0或⇔-2≤a≤2或⇔a≥-2,故选C.‎ ‎4.函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x),若xf′(x)+f(x)=ex,且f(1)=e,则(  )‎ A.f(x)的最小值为e B.f(x)的最大值为e C.f(x)的最小值为 D.f(x)的最大值为 解析:选A.设g(x)=xf(x)-ex,‎ 所以g′(x)=f(x)+xf′(x)-ex=0,‎ 所以g(x)=xf(x)-ex为常数函数.‎ 因为g(1)=1×f(1)-e=0,‎ 所以g(x)=xf(x)-ex=g(1)=0,‎ 所以f(x)=,f′(x)=,‎ 当01时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)≥f(1)=e.‎ ‎5.若函数f(x)=ex-(m+1)ln x+2(m+1)x-1恰有两个极值点,则实数m的取值范围为(  )‎ A.(-e2,-e) B. C. D.(-∞,-e-1)‎ 解析:选D.由题意,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex-(m+1)=0在(0,+∞)上有两个不相等的实数根,所以m+1=在(0,+∞)上有两个不相等的实数根,令g(x)=,则g′(x)=,所以函数g(x)在,上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,其图象如图所示,要使m+1=在(0,+∞)上有两个不相等的实数根,则m+12eπ 解析:选AC.由函数f(x)=,可得函数f(x)的导数为f′(x)=.当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.可得函数f(x)在x=1处取得极大值,且为最大值,所以A正确;因为f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且f(0)=0,当x>0时,f(x)>0恒成立,所以函数f(x)只有一个零点,所以B错误;由f(x)在(1,+∞)上单调递减,且4>π>3>1,可得f(4)2>1,可得<,即πe2<2eπ,所以D错误.故选AC.‎ 二、填空题 ‎7.(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为________.‎ 解析:因为y′=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k=y′|x=0=3,所以所求的切线方程为y=3x.‎ 答案:y=3x ‎8.函数f(x)=x2-ln x的最小值为________.‎ 解析:因为f(x)=x2-ln x(x>0),所以f′(x)=2x-,令2x-=0得x=,令f′(x)>0,则x>;令f′(x)<0,则01时,f′(x)>0,此时函数f(x)为增函数,当-20,‎ ‎①当a≤0时,显然f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎②当a>0时,令f′(x)==0,则-2ax2+x+1=0,易知其判别式为正,‎ 设方程的两根分别为x1,x2(x10.‎ 令f′(x)>0,得x∈(0,x2),令f′(x)<0得x∈(x2,+∞),其中x2=.‎ 所以函数f(x)在上单调递增,‎ 在上单调递减.‎ ‎11.已知常数a≠0,f(x)=aln x+2x.‎ ‎(1)当a=-4时,求f(x)的极值;‎ ‎(2)当f(x)的最小值不小于-a时,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=+2=.‎ 当a=-4时,f′(x)=.‎ 所以当02时,f′(x)>0,即f(x)单调递增.‎ 所以f(x)只有极小值,且在x=2时,f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.‎ 所以当a=-4时,f(x)只有极小值4-4ln 2.‎ ‎(2)因为f′(x)=,‎ 所以当a>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 即f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,没有最小值;‎ 当a<0时,由f′(x)>0得,x>-,‎ 所以f(x)在上单调递增;‎ 由f′(x)<0得,x<-,‎ 所以f(x)在上单调递减.‎ 所以当a<0时,f(x)的最小值为极小值,即f=aln-a.‎ 根据题意得f=aln-a≥-a,‎ 即a[ln(-a)-ln 2]≥0.‎ 因为a<0,所以ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2,‎ 综上实数a的取值范围是[-2,0).‎ ‎12.(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)=xex+a(ln x+x).‎ ‎(1)若a=-e,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a<0时,记f(x)的最小值为m,求证:m≤1.‎ 解:(1)当a=-e时,f(x)=xex-e(ln x+x),f(x)的定义域是(0,+∞).‎ f′(x)=(x+1)ex-e=(xex-e).‎ 当01时.f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)证明:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=(xex+a),‎ 令g(x)=xex+a,则g′(x)=(x+1)ex>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 因为a<0,所以g(0)=a<0,g(-a)=-ae-a+a>-a+a=0,‎ 故存在x0∈(0,-a),使得g(x0)=x0ex0+a=0.‎ 当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f′(x)=(xex+a)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)=(xex+a)>0,f(x)单调递增.‎ 故x=x0时,f(x)取得最小值,即m=f(x0)=x0ex0+a(ln x0+x0).‎ 由x0ex0+a=0得m=x0ex0+a ln(x0ex0)=-a+a ln(-a),‎ 令x=-a>0,h(x)=x-x ln x,则h′(x)=1-(1+ln x)=-ln x,‎ 当x∈(0,1)时,h′(x)=-ln x>0,h(x)=x-xln x单调递增,‎ 当x∈(1,+∞)时,h′(x)=-ln x<0,h(x)=x-xln x单调递减,‎ 故x=1,即a=-1时,h(x)=x-x ln x取得最大值1,故m≤1.‎ ‎ ‎