2022年版高考数学二轮复习课时作业21文

课时作业(二十一)一、选择题1．(2021·浙江模拟)函数y＝23x＋1在x＝0处的导数是(A)A．6ln2 B．2ln2C．6 D．2【解析】∵y′＝3ln2·23x＋1，∴y＝23x＋1在x＝0处的导数是：3ln2×2＝6ln2.故选A．2．(2021·全国Ⅲ卷模拟)若函数f(x)＝ex＋ax-1的图象经过点(1，e)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的斜率k＝(D)A．e B．e＋1C．e2 D．e2＋1【解析】依题意，e＝f(1)＝e＋a-1，解得a＝1，即函数f(x)＝ex＋x-1，又f′(x)＝ex＋1，得曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.故选D.3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)【解析】观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A，C.如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确．故选D.4．(2021·全国卷模拟)f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x-1)＞0的解集为(A)A．(0，1)∪(2，＋∞) B．(-∞，1)∪(1，＋∞)C．(-∞，1)∪(2，＋∞) D．(-∞，0)∪(1，＋∞)【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(-∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图形如下：∴f(x)＞0的解集为：(-1，0)∪(1，＋∞)，又y＝f(x-1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移一个单位，∴不等式f(x-1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)，故选A．5．(2021·龙岩模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,lnx)-ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为(B)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞，\f(1,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))【解析】f′(x)＝eq\f(lnx-1,（lnx）2)-a，设g(x)＝eq\f(lnx-1,（lnx）2)＝eq\f(1,lnx)-eq\f(1,（lnx）2)，∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，∴f′(x)＝g(x)-a在(1，＋∞)上有变号零点，令eq\f(1,lnx)＝t，由x＞1可得lnx＞0，即t＞0，得到y＝t-t2＝-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t-\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，∴a＜eq\f(1,4).故选B.6．(2021·全国高三模拟)函数f(x)＝(x-2)·ex的最小值为(B)A．-2 B．-eC．-1 D．0【解析】f′(x)＝ex＋(x-2)ex＝(x-1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1.所以f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(1)＝-e.故选B.7．(2020·汉台区校级模拟)已知函数f(x)＝x2-alnx＋1在(1，3)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(A)A．(2，18) B．[2，18]C．(-∞，2]∪[18，＋∞) D．[2，18)【解析】因为f′(x)＝2x-eq\f(a,x)，x＞0，当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，故函数在(1，3)内单调递增，不符合题意；当a＞0时，f′(x)＞0可得，x＞eq\f(\r(2a),2)，f′(x)＜0可得0＜x＜eq\f(\r(2a),2)，因为f(x)＝x2-alnx＋1在(1，3)内不是单调函数，所以1＜eq\f(\r(2a),2)＜3，解可得，2＜a＜18.故选A．8．(2020·鹿城区校级模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)、(2，0)，如图所示，则下列命题正确的是(D)A．当x＝eq\f(3,2)时函数取得极小值B．f(x)有两个极大值点C．f(1)＜0D．abc＜0【解析】函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函数的两个极值点，f(1)是极大值，f(2)是极小值，所以B，C不正确；A不正确；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图象可得-eq\f(2b,6a)＞0，b＜0，eq\f(c,3a)＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正确；故选D.二、填空题9．(2021·郑州一模)已知曲线y＝eq\f(x2,4)-3lnx的一条切线斜率为eq\f(1,2)，则切点横坐标为__3__.【解析】设切点横坐标为x.由题设知y′＝eq\f(x,2)-eq\f(3,x)∴k＝y′|x＝x0＝eq\f(x0,2)-eq\f(3,x0)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)-x0-6＝0，x0＝3或x0＝-2(舍去)∴x0＝310．(2020·江苏百校联考)函数f(x)＝lnx-2x2的单调减区间为__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))__.【解析】因为f(x)＝lnx-2x2，则f′(x)＝eq\f(1,x)-4x，令f′(x)<0解得x>eq\f(1,2)，所以函数的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).11．(2021·安徽师范大学附属中学高三模拟)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的极值点是__1__.【解析】f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x-eq\f(2,x)＋1＝eq\f(1,x)(x＋2)(x-1)，所以令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得x<1，所以x＝1为f(x)＝eq\f(1,2)x2-2lnx＋x的极值点．故答案为1.12．(2021·浙江高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋lnx，g(x)＝4x＋eq\f(1,x)，且x满足1≤x≤2，则g(x)-f(x)的最大值为__5-e__.【解析】令h(x)＝g(x)-f(x)＝4x＋eq\f(1,x)-ex-lnx，1≤x≤2，则h′(x)＝4-eq\f(1,x2)-ex-eq\f(1,x)，令m(x)＝4-eq\f(1,x2)-ex-eq\f(1,x)，则m′(x)＝eq\f(2,x3)-ex＋eq\f(1,x2)，1≤x≤2，易知m′(x)单调递减，则m′(1)＝3-e>0，m′(1.1)＝eq\f(2,1.13)＋eq\f(1,1.12)-e1.1<0，则必存在一点x0∈(1，1.1)，使m′(x0)＝eq\f(2,xeq\o\al(3,0))-ex0＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝0，即eq\f(2,xeq\o\al(3,0))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝ex0，即m(x)在(1，x0)单调递增，在(x0，2)单调递减，则函数m(x)在x0处取最大值，且m(x0)＝4-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))-ex0-eq\f(1,x0)＝4-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))-eq\f(1,x0)-eq\f(2,xeq\o\al(3,0))-eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝4-eq\f(2,xeq\o\al(2,0))-eq\f(1,x0)-eq\f(2,xeq\o\al(3,0))，x0∈(1，1.1)易知m(x0)单调递增，则m(x0)<m(1.1)＝4-eq\f(2,1.12)-eq\f(1,1.1)-eq\f(2,1.13)<0，则m(x)<0，在1≤x≤2时，恒成立，即h′(x)<0，故h(x)单调递减，从而h(x)≤h(1)＝5-e.故答案为5-e.三、解答题13．(2021·四川高三零模)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(a,2)x2-2x＋eq\f(5,6)，其中a∈R.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y-1＝0平行．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．【解析】(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax-2.∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y-1＝0平行，∴f′(1)＝a-1＝-2，解得a＝-1.经验证，a＝-1符合题意．(2)由(1)得f(x)＝eq\f(1,3)x3-eq\f(1,2)x2-2x＋eq\f(5,6)，求导f′(x)＝x2-x-2＝(x＋1)(x-2)．令f′(x)＝0，得x＝-1或x＝2，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(-∞，-1)-1(-1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0-0＋f(x)单调递增↗极大值单调递减↘极小值单调递增↗∴当x＝-1时，f(x)取得极大值，且f(-1)＝2；当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝-eq\f(5,2).14．(2021·全国高三模拟)已知函数f(x)＝xex＋eq\f(1,2)ax2＋ax，g(x)＝eq\f(1,2)ax2-alnx(a∈R)．(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若关于x的不等式f(x)>g(x)在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)＝xex＋eq\f(1,2)ax2＋ax，x∈(0，＋∞)，求导得：f′(x)＝(x＋1)ex＋ax＋a＝(ex＋a)(x＋1)．当a≥-1时，ex＋a≥0，x＋1>0，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<-1时，令f′(x)>0，得ex>-a，x>ln(-a)，f(x)单调递增；令f′(x)<0，得ex<-a，x<ln(-a)，f(x)单调递减．综上，当a≥-1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<-1时，f(x)在(0，ln(-a))上单调递减，在(ln(-a)，＋∞)上单调递增．(2)由f(x)>g(x)得，xex＋ax>-alnx⇒xex>-a(x＋lnx)．令t＝xex，t∈(0，＋∞)，则x＋lnx＝ln(xex)＝lnt，上式变为t>-alnt.①当a＝0时，上式恒成立；②当a>0时，t→0时，-alnt→＋∞，不成立；③当a<0时，-eq\f(1,a)>eq\f(lnt,t)＝h(t)，求导得：h′(t)＝eq\f(1-lnt,t2)＝0⇒t＝e，所以，h(t)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，则-eq\f(1,a)>eq\f(1,e)，即-e<a<0.综上，a∈(-e，0]．15．(2021·贵州凯里一中高三三模)已知函数f(x)＝x3-3kx＋2，k∈R.(1)若x＝-2是函数f(x)的极值点，求k的值及f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))上有且仅有2个零点，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))上的最大值g(k)．【解析】(1)由题知，f(x)＝x3-3kx＋2的定义域为R，f′(x)＝3x2-3k，∴f′(-2)＝12-3k＝0，解得k＝4，∵f′(x)＝3x2-12＝3(x＋2)(x-2)，∴x∈(-2，2)时，f′(x)<0；x∈(-∞，-2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)的单调增区间是(-∞，-2)和(2，＋∞)，单调减区间为(-2，2)．(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2-k)，①当k≤0时，f′(x)＝3(x2-k)≥0恒成立，∴f(x)在[0，2]上单调递增，最多只有1个零点，不符合条件，舍去．②当k≥4时，当x∈[0，2]时，f′(x)＝3(x2-k)≤0恒成立，∴f(x)在[0，2]上单调递减，最多只有1个零点，不符合条件，舍去．③当0<k<4时，令f′(x)＝3(x2-k)<0得0<x<eq\r(k)，∴f(x)在(0，eq\r(k))上递减，在(eq\r(k)，2)上递增，要使函数f(x)在区间[0，2]上有且仅有2个零点，必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）≥0，,f（\r(k)）<0，,f（2）≥0