数学选修2-21.3导数在研究函数中的应用复习练习题

这是一份数学选修2-21.3导数在研究函数中的应用复习练习题，共17页。试卷主要包含了3　导数在研究函数中的应用，已知函数f=ln x-x-1等内容，欢迎下载使用。

1.3.2综合拔高练
五年高考练
考点1 导数与极值
1.(2017课标全国Ⅱ,11,5分,)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( )
A.-1 B.-2e-3C.5e-3 D.1
2.(2016山东,20,13分,)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
3.(2017山东,20,13分,)已知函数f(x)=13x3-12ax2,a∈R.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程;
(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cs x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
考点2 导数与极值的综合运用
4.(2019课标全国Ⅱ,21,12分,)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
5.(2018北京,18,13分,)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
6.(2019课标全国Ⅰ,20,12分,)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-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
三年模拟练

1.(2019四川成都高三摸底,)若函数f(x)=(x2+ax+3)ex在(0,+∞)内有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-22]B.(-∞,-22) C.(-∞,-3] D.(-∞,-3)
2.(2020贵州思南中学高二下期末,)设函数f(x)=ln x+ax2-32x,若x=1是函数f(x)的极大值点,则函数f(x)的极小值为( )
A.ln 2-2B.ln 2-1 C.ln 3-2D.ln 3-1
3.(2020河北石家庄辛集第一中学高二下月考,)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则x12+x22等于( )
A.23B.43 C.83D.163
4.(2020吉林高二下期末,)如图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,给出下列命题:
①-2是函数y=f(x)的极值点;
②1不是函数y=f(x)的极值点;
③y=f(x)的图象在x=0处切线的斜率小于零;
④y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增.
其中正确命题的序号是( )
A.①②④B.①②③ C.②③④ D.①②
5.(2019河北枣强中学高二下期末,)已知函数f(x)=x+a2ln(x-1),a∈R,x=2为f(x)的极值点,则关于x的不等式f(x)6.(2019江苏海安高级中学高一下期中,)已知函数f(x)=ex(x-aex)恰有两个极值点x1,x2(x17.(2020湖北武汉五校联合体高二下期末,)已知函数f(x)=x2+ax-aex,其中a∈R.
(1)当a=0时,求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求证:f(x)的极大值恒大于0.
8.(2019山东济宁高三上期末,)已知函数f(x)=ex-x2-ax-1.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若g(x)=xf(x)-ex+x3+x,讨论函数g(x)的极值点的个数.
答案全解全析
1.3.2综合拔高练
五年高考练
1.A 由题可得f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1,
因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以f'(-2)=0,所以a=-1,所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,故f'(x)=(x2+x-2)ex-1,
令f'(x)>0,解得x<-2或x>1,所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递增,在(-2,1)上单调递减,
所以f(x)的极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1.故选A.
2.解析 (1)f'(x)=ln x-2ax+2a,
则g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞),
则g'(x)=1x-2a=1-2axx(x>0),
当a≤0时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈12a,+∞时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减.
综上,当a≤0时,函数g(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当a>0时,函数g(x)的单调递增区间为0,12a,单调递减区间为12a,+∞.
(2)由题意知, f'(1)=0.
①当a≤0时, f'(x)单调递增,
所以当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意.
②当01,由(1)知f'(x)在0,12a内单调递增,
可得当x∈(0,1)时, f'(x)<0,x∈1,12a时, f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12a内单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意.
③当a=12时,12a=1时, f'(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时, f'(x)≤0(当且仅当x=1时取等号)恒成立, f(x)单调递减,无极值点,不符合题意.
④当a>12时,0<12a<1,当x∈12a,1时,f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>12.
3.解析 (1)由题意得f'(x)=x2-ax,
∴当a=2时, f(3)=0, f'(x)=x2-2x,
∴f'(3)=3,
因此,曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.
(2)∵g(x)=f(x)+(x-a)cs x-sin x,
∴g'(x)=x2-ax-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x),
易得当x>0时,x-sin x>0,当x=0时,x-sin x=0,当x<0时,x-sin x<0,
∴令g'(x)=0,得x=a或x=0.
①当a=0时,g'(x)≥0(等号不恒成立)恒成立,g(x)单调递增,无极值.
②当a<0时,
在(-∞,a)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;
在(a,0)上,g'(x)<0,g(x)单调递减;
在(0,+∞)上,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴x=a时g(x)取得极大值,极大值为g(a)=-16a3-sin a,
x=0时g(x)取得极小值,极小值为g(0)=-a.
③当a>0时,
在(-∞,0)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;
在(0,a)上,g'(x)<0,g(x)单调递减;
在(a,+∞)上,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴x=0时g(x)取得极大值,极大值为g(0)=-a,
x=a时g(x)取得极小值,极小值为g(a)=-16a3-sin a.
综上所述,当a=0时,g(x)单调递增,无极值;
当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值为-16a3-sin a,极小值为-a;
当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值为-a,极小值为-16a3-sin a.
4.证明 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=x-1x+ln x-1=ln x-1x.
因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,y=1x在(0,+∞)上单调递减,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增.又f'(1)=-1<0, f'(2)=ln 2-12=ln4-12>0,故存在唯一的x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又当0x0时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
因此, f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)又f(e2)=e2-3>0,
所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一的实数根x=α.
由α>x0>1得1α<1又f1α=1α-1ln 1α-1α-1=f(α)α=0,
故1α是f(x)=0在(0,x0)内的唯一实根.
综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
5.解析 (1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,
所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.
f '(1)=(1-a)e.
由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.
此时f(1)=3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.
若a>12,则当x∈1a,2时, f '(x)<0;
当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,
所以f(x)在x=2处取得极小值,符合题意.
若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,
所以f '(x)>0,
所以2不是f(x)的极小值点,不符合题意.
综上可知,a的取值范围是12,+∞.
6.证明 (1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cs x-11+x(x>-1),
g'(x)=-sin x+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,可得g'(x)在-1,π2内有唯一零点,设为α,则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在α,π2上单调递减,故g(x)在-1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在-1,π2上存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.
(ii)当x∈0,π2时,由(1)知, f'(x)在(0,α)上单调递增,在α,π2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈β,π2时, f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在β,π2上单调递减.
又f(0)=0, fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而f(x)在0,π2上没有零点.
(iii)当x∈π2,π时, f'(x)<0,所以f(x)在π2,π上单调递减.而fπ2>0, f(π)<0,所以f(x)在π2,π上有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,
所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
三年模拟练
1.C f'(x)=[x2+(a+2)x+3+a]ex,
因为函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个极值点,
所以f'(0)<0或f'(0)=0,-a+22>0,解得a≤-3.
2.A ∵f(x)=ln x+ax2-32x(x>0),∴f'(x)=1x+2ax-32(x>0).
∵x=1是函数的极大值点,∴f'(1)=1+2a-32=2a-12=0,解得a=14,
∴f'(x)=1x+x2-32=x2-3x+22x=(x-1)(x-2)2x,
∴当00,f(x)单调递增;当12时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴x=1是f(x)的极大值点,满足题意.故当x=2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(2)=ln 2-2.
3.C 由题图可知,f(x)=0的3个根为0,1,2,
∴f(1)=1+b+c=0,f(2)=8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,
又由题图可知,x1,x2为函数f (x)的两个极值点,
∴f'(x)=3x2-6x+2=0的两个根为x1,x2,∴x1+x2=2,x1x2=23,
∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4-43=83.
4.A 命题①:通过题中导函数的图象可知当x∈(-∞,-2)时, f'(x)<0,所以函数y=f(x)单调递减,当x∈(-2,1)时, f'(x)>0,所以函数y=f(x)单调递增,故-2是函数y=f(x)的极值点,故①正确;
命题②:通过题中导函数的图象可知,当x∈(-2,1)时, f'(x)>0,所以函数y=f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0,所以1不是函数y=f(x)的极值点,故②正确;
命题③:由题图可知f'(0)>0,所以函数y=f(x)的图象在x=0处切线的斜率大于零,故③不正确;
命题④:由题图可知当x∈(-2,2)时, f'(x)≥0,且只有当x=1时, f'(x)=0,所以函数y=f(x)单调递增,故④正确.故选A.
5.答案 (2,e2+1)
解析 f'(x)=x+a2(x-1)+12ln(x-1),由题意知f'(2)=0,解得a=-2,
经检验,当a=-2时,x=2为f(x)的极值点,符合题意,
所以f(x)=x-22ln(x-1).
由f(x)即(x-2)·[ln(x-1)-2]<0,
所以x-2>0,ln(x-1)-2<0或x-2<0,ln(x-1)-2>0,解得2故f(x)6.答案 0,12
解析 因为函数f(x)=ex(x-aex),
所以f'(x)=(x+1-2aex)ex,
由于函数f(x)的两个极值点为x1,x2,
即x1,x2是方程f'(x)=0的两个不等实根,
即方程x+1-2aex=0有两个不等实根,且a≠0,
所以x+12a=ex有两个不等实根,
设y1=x+12a(a≠0),y2=ex,
在同一平面直角坐标系内画出这两个函数的图象,如图所示:
要使这两个函数的图象有两个不同的交点,应满足如图所示的位置关系,临界状态为图中虚线所示的切线,
y1=x+12a(a≠0)恒过(-1,0),设虚线与曲线y2=ex切于点(m,em),
因为y'2=ex,所以em=em-0m+1,解得m=0,所以虚线的斜率为1,
所以若有2个不同的交点,则12a>1,解得07.解析 (1)f'(x)=-x2-(a-2)x+2aex=-(x+a)(x-2)ex,
当a=0时,f'(1)=1e,f(1)=1e,
故所求切线方程为y-1e=1e(x-1),即y=1ex.
(2)证明:令f'(x)=0,解得x=2或x=-a.
①当a=-2时,f'(x)≤0(等号不恒成立)恒成立,此时函数f(x)在R上单调递减,
∴函数f(x)无极值;
②当a>-2时,令f'(x)>0,解得-a2,
∴函数f(x)在(-a,2)上单调递增,在(-∞,-a),(2,+∞)上单调递减,
∴f(x)极大值=f(2)=a+4e2>0;
③当a<-2时,令f'(x)>0,解得2-a,
∴函数f(x)在(2,-a)上单调递增,在(-∞,2),(-a,+∞)上单调递减,
∴f(x)极大值=f(-a)=-aea>0.
综上,函数f(x)的极大值恒大于0.
8.解析 (1)当a=-2时,f(x)=ex-x2+2x-1,
所以f'(x)=ex-2x+2, f(1)=e-1+2-1=e,
所以f'(1)=e-2+2=e,
所以函数f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线方程为y-e=e(x-1),即ex-y=0.
(2)g(x)=xf(x)-ex+x3+x=xex-ex-ax2,
所以g'(x)=ex+xex-ex-2ax=x(ex-2a),
g'(0)=0,
若a≤0,则x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,
x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,
此时y=g(x)存在一个极值点x=0;
若0所以x∈(-∞,ln(2a))时,g'(x)>0,
x∈(ln(2a),0)时,g'(x)<0,
x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,
此时y=g(x)存在两个极值点x=0,x=ln(2a);
若a=12,则ln(2a)=0,
所以x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,
x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,
此时y=g(x)没有极值点;
若a>12,则ln(2a)>0,
所以x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,
x∈(0,ln(2a))时,g'(x)<0,
x∈(ln(2a),+∞)时,g'(x)>0,
此时y=g(x)存在两个极值点x=0,x=ln(2a).
综上所述,当012时,g(x)存在两个极值点;
当a≤0时,g(x)存在一个极值点;
当a=12时,g(x)没有极值点.
解答类似问题时常犯的错误是误认为导函数的零点即为函数的极值点,解题时,在求得导函数的零点后,还要判断导函数在零点两侧的符号是否相反,若不相反则可得该零点不是函数的极值点.