统考版2022届高考数学一轮复习第三章3.2.3导数的综合应用课时作业理含解析.docx

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1、高考课时作业16　导数的综合应用[基础达标]1．[2021·某某市四校高三年级模拟考试]已知函数f(x)＝sinx－xcosx－x3，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间上不存在零点；(2)若f(x)>kx－xcosx－x3－1对x∈恒成立，某某数k的取值X围．-10-/10高考2．[2021·某某某某一中联考]已知函数f(x)＝x2－alnx＋1(a∈R)．-10-/10高考(1)若函数f(x)在[1,2]上是单调递增函数，某某数a的取值X围；(2)若－2≤a<0，对任意x1，x2∈[1,2]

2、，不等式

3、f(x1)－f(x2)

4、≤m恒成立，某某数m的取值X围．3.[2021·某某省九校高三联考试题]已知函数f(x)＝ex－cosx.(1)求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；-10-/10高考(2)求证：f(x)在上仅有2个零点．4．[2021·某某模拟]已知函数f(x)＝＋a(x－lnx)，a∈R.(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值X围．-10-/10高考[能力挑战]5．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－

5、xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)0，g(x)单调递增；当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(0)＝0，g＝－>0，g＝1－>0，∴g(x)>0在上恒成立，故f′(x)>0在上恒成立，故f′(x)在区间上

6、不存在零点．(2)由f(x)>kx－xcosx－x3－1，得sinx>kx－1.∵x∈，∴k<，令t(x)＝，则t′(x)＝，令m(x)＝xcosx－sinx－1，则当x∈时，m′(x)＝－xsinx<0恒成立，∴m(x)在上单调递减，∴当x∈时，m(x)t＝，∴k≤，∴k的取值X围是.2．解析：(1)易知f(x)不是常值函数，∵f(x)＝x2－alnx＋1在[1,2]上是增函数，∴f′(x)＝x－≥0

7、恒成立，所以a≤x2，只需a≤(x2)min＝1.(2)因为－2≤a<0，由(1)知，函数f(x)在[1,2]上单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤2，则

8、f(x1)－f(x2)

9、≤m，可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，设h(x)＝f(x)＋＝x2－alnx＋1＋，则h(x1)≥h(x2)，所以h(x)为[1,2]上的减函数，即h′(x)＝x－－≤0在[1,2]上恒成立，等价于m≥x3－ax在[1,2]上恒成立，设g(x)＝x3－ax，所以m≥g(x)max，因－2≤a<0，所以g′(x)＝3x2－a>0，所以函数g(

10、x)在[1,2]上是增函数，所以g(x)max＝g(2)＝8－2a≤12(当且仅当a＝－2时等号成立)．-10-/10高考所以m≥12.3．解析：(1)f′(x)＝ex＋sinx，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝x－0，即y＝x.(2)令g(x)＝f′(x)＝ex＋sinx，则g′(x)＝ex＋cosx，当－0，∴g(x)在上单调递增．而g＝－1<0，g＝＋1>0，由零点存在性定理知g(x)在上有唯一零点，∴f′(x)在上有唯一零点．又f

11、′<0，f′(0)＝1>0，∴f′(x)在上单调递增且有唯一零点α∈，∴x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(0)＝0，∴f(α)<0，结合f＝>0，f＝>0，由零点存在性定理知f(x)在上有一个零点，在上有一个零点0.当x≥时，ex>1，cosx≤1，ex－cosx>0，f(x)>0，此时f(x)无零点．-10-/10高考综上，f(x)在上仅有2个零点．4．解析：(1)f(x)＝＋a(x－lnx)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝，当a＝－e时，f′(

12、x)＝，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.(2)f′(x)＝，当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一个零点．当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0