2023版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用理

2020版高考数学二轮复习专题限时集训13导数的简单应用理PAGE15-专题限时集训(十三)导数的简单应用[专题通关练](建议用时：30分钟)1．(2022·深圳二模)函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函数，那么曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的倾斜角为()A.eq\f(π,4) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(2π,3)B[函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋eq\f(2,x)是奇函数，可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋eq\f(2,x)，f′(x)＝1－eq\f(2,x2)，即有曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为eq\f(3π,4)，应选B.]2．假设x＝eq\r(2)是函数f(x)＝(x2－2ax)ex的极值点，那么函数y＝f(x)的最小值为()A．(2＋2eq\r(2))eeq\s\up8(－eq\r(2)) B．0C．(2－2eq\r(2))eeq\s\up8(eq\r(2)) D．－eC[∵f(x)＝(x2－2ax)ex，∴f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意可知f′(eq\r(2))＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex.∴f′(x)＝(x2－2)ex，由f′(x)＝0得x＝±eq\r(2).又f(eq\r(2))＝(2－2eq\r(2))eeq\s\up8(eq\r(2))，f(－eq\r(2))＝(2＋2eq\r(2))eeq\s\up8(－eq\r(2))，且f(eq\r(2))＜f(－eq\r(2))．应选C.]3．[易错题](2022·长春二模)f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，那么不等式f(x)＜e2x－1的解集为()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－∞，e) D．(e，＋∞)B[令g(x)＝eq\f(fx,e2x)，那么g′(x)＝eq\f(e2xf′x－2e2xfx,e4x)＝eq\f(f′x－2fx,e2x)，∵2f(x)－f′(x)＞0，∴g′(x)＜0，∴g(x)递减，不等式f(x)＜e2x－1⇔eq\f(fx,e2x)＜eq\f(1,e)＝eq\f(e,e2)＝eq\f(f1,e2)⇔g(x)＜g(1)⇔x＞1，应选B.]4．[易错题]假设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，那么实数a的取值范围是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)C[由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如下图．令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，那么结合图象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，应选C.]5．函数f(x)在R上可导，且f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，那么eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝________.eq\f(39,4)[∵f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，∴f′(x)＝4－3x2f′(1)，令x＝1得f′(1)＝4－3f′(1)，即f′(1)＝1.令x＝0得f′(0)＝4.∴f(x)＝4x－x3＋8.∴eq\i\in(0,1,)f(x)dx＝eq\i\in(0,1,)(4x－x3＋8)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(x4,4)＋8x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(39,4).]6．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，那么实数m的取值范围为________．(－∞，4][由函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3，可得f′(x)＝x2－mx＋4，由函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)mx2＋4x－3在区间[1,2]上是增函数，可得x2－mx＋4≥0在区间[1,2]上恒成立，可得m≤x＋eq\f(4,x)，又x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时取等号，可得m≤4.][能力提升练](建议用时：15分钟)7．常数a≠0，f(x)＝alnx＋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)由得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).当a＝－4时，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．所以f(x)只有极小值，且当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(2)因为f′(x)＝eq\f(a＋2x,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＞－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；由f′(x)＜0得，x＜－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))上单调递减．所以当a＜0时，f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－a.根据题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－a≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a＜0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，所以实数a的取值范围是[－2,0)．8．(2022·武汉模拟)函数f(x)＝eq\f(ex,x)－a(x－lnx)．(1)当a≤0时，试求f(x)的单调区间；(2)假设f(x)在(0,1)内有极值，试求a的取值范围．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\f(exx－1－axx－1,x2)，＝eq\f(ex－axx－1,x2).当a≤0时，对于x∈(0，＋∞)，ex－ax＞0恒成立，所以由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1.所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．(2)假设f(x)在(0,1)内有极值，那么f′(x)＝0在(0,1)内有解．令f′(x)＝eq\f(ex－axx－1,x2)＝0，即ex－ax＝0，即a＝eq\f(ex,x).设g(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0,1)，所以g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0恒成立，所以g(x)单调递减．又因为g(1)＝e，又当x→0时，g(x)→＋∞，即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，所以当a＞e时，f′(x)＝eq\f(ex－axx－1,x2)＝0有解．设H(x)＝ex－ax，设H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)，所以H(x)在(0,1)上单调递减．因为H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0，所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0.当x变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：x(0，x0)x0(x0,1)H(x)＋0－f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以当a＞e时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．当a≤e时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，不成立．综上，a的取值范围为(e，＋∞)．内容押题依据利用导数讨论函数的单调性、极值、不等式的证明函数的单调性、极值与不等式交汇是近几年高考的热点，考查灵活应用导数工具、数形结合思想及分类讨论思想解题的能力，考查逻辑推理及数学运算的素养【押题】设函数f(x)＝x＋axlnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)假设函数f(x)的极大值点为x＝1，证明：f(x)≤e－x＋x2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋alnx＋a，当a＝0时，f(x)＝x，那么函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，由f′(x)＜0得0＜x＜eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上单调递增；当a＜0时，由f′(x)＞0得0＜x＜eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，由f′(x)＜0得x＞eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上单调递增；当a＜0时，函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知a＜0且eeq\s\up12(－eq\f(a＋1,a))＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xlnx．要证f(x)≤e—x＋x2，即证x－xlnx≤e—x＋x2，即证1－lnx≤eq\f(e—x,x)＋x.令f(x)＝lnx＋eq\f(e—x,x)＋x－1(x＞0)，那么f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(－e—xx－e—x,x2)＋1＝eq\f(x＋1x－e—x,x2).令g(x)＝x－e—x(x＞0)，易知函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．而g(1)＝1－eq\f(1,e)＞0，g(0)＝－1＜0，所以在区间(0，＋∞)上存在唯一的实数x0，使得g(x0)＝x0－eeq\s\up