《2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考分类题库考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点10 利用导数研究函数的单调性、极值、最值1.(2022新高考卷T7)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则()A.abc B.cba C.cab D.ac-1),因为f(x)=11+x-1=-x1+x,当x(-1,0)时,f(x)0,当x(0,+)时,f(x)0,所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,所以f(19)f(0)=0,所以ln109-19ln109=-ln 0.9,即bc,所以f-110f(0)=0,所以ln910+1100,故910e-110,所以110e11019,故ab,设g(x)=xex+ln(1-x)(0
2、x1),则g(x)=(x+1)ex+1x-1=(x2-1)ex+1x-1,令h(x)=ex(x2-1)+1,h(x)=ex(x2+2x-1),当0x2-1时,h(x)0,函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递减,当2-1x0,函数h(x)=ex(x2-1)+1单调递增,又h(0)=0,所以当0x2-1时,h(x)0,所以当0x0,函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增,所以g(0.1)g(0)=0,即0.1e0.1-ln 0.9,所以ac.综上,caba B.bac C.abc D.acb【分析】由cb=4tan 14,结合三角函数的性质可得cb;构造函数f(x)=cos x+12x2
3、-1,x(0,+),利用导数可得ba,即可得解.【解析】选A.因为cb=4tan 14,因为当x0,2时,sin xx14,即cb1,所以cb;设f(x)=cos x+12x2-1,x(0,+),f(x)=-sin x+x0,所以f(x)在(0,+)上单调递增,则f14f(0)=0,所以cos 14-31320,所以ba,所以cba.4.(2022全国乙卷文科T11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间0,2的最小值、最大值分别为()A.-2,2 B.-32,2 C.-2,2+2 D.-32,2+2【命题意图】考查函数的导数与函数单调性与最值之间的关系以及数学运算能力.【解
4、析】选D.f(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x,所以在区间0,2和32,2上f(x)0,即f(x)单调递增;在区间2,32上f(x)0得x33或x-33,令f(x)0得-33x0,f33=1-2390,f(-2)=-50,即函数f(x)在33,+上无零点,综上所述,函数f(x)有一个零点,故B错误;令h(x)=x3-x,该函数的定义域为R,h(-x)=(-x)3-(-x)=-x3+x=-h(x),则h(x)是奇函数,(0,0)是h(x)的对称中心,将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象,所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故C正确
5、;令f(x)=3x2-1=2,可得x=1,又f(1)=f(-1)=1,当切点为(1,1)时,切线方程为y=2x-1,当切点为(-1,1)时,切线方程为y=2x+3,故D错误.6.(2022新高考卷T12)已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R,记g(x)=f(x).若f32-2x,g(2+x)均为偶函数,则()A.f(0)=0B.g-12=0C.f(-1)=f(4)D.g(-1)=g(2)【命题意图】本题考查函数的奇偶性、极值点与对称性,考查了转化思想和方程思想.【解析】选BC.因为f32-2x,g(2+x)均为偶函数,所以f32-2x=f32+2x,即f32-x=f32+x,g(2
6、+x)=g(2-x),所以f3x=f(x),g(4-x)=g(x),则f(-1)=f(4),故C正确;函数f(x),g(x)的图象分别关于直线x=32,x=2对称,又g(x)=f(x),且函数f(x)可导,所以g32=0,g(3-x)=-g(x),所以g(4-x)=g(x)=-g(3-x),所以g(x+2)=-g(x+1)=g(x),所以g-12=g32=0,g(-1)=g(1)=-g(2),故B正确,D错误;若函数f(x)满足题设条件,则函数f(x)+C(C为常数)也满足题设条件,所以无法确定f(x)的函数值,故A错误.7.(2022全国甲卷理科)已知函数f(x)=exx-ln x+x-a.
7、(1)若f(x)0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x20,解得x1,故函数f(x)在(0,1)上单调递减,(1,+)上单调递增,故f(x)min=f(1)=e+1-a,要使得f(x)0恒成立,仅需e+1-a0,故ae+1,故a的取值范围是(-,e+1;(2)由已知若函数f(x)有两个零点,故f(1)=e+1-ae+1,不妨设0x11x2,要证明x1x21,即证明x21x1,因为0x11,即证明1x21x1,又因为f(x)在(1,+)上单调递增,即证明:f(x2)f1x1f(x1)f1x1,构造函数h(x)=f(x)-f1x,0x1,h(x)=f(x)+1x2
8、f1x=(x-1)ex+x-xe1x-1x2,令k(x)=ex+x-xe1x-1,0x0,所以k(x)在(0,1)上单调递增,k(x)k(1)=0,又因为x-10,故h(x)0在(0,1)上恒成立,故h(x)在(0,1)上单调递增,又因为h(1)=0,故h(x)h(1)=0,故f(x1)f1x1,即x1x20,此时f(x)无最小值,故a0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+),而g(x)=a-1x=ax-1x.当xln a时,f(x)ln a时,f(x)0,故f(x)在(ln a,+)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.当0x1a时,g(x)1a时,g(x)0
9、,故g(x)在1a,+上单调递增,故g(x)min=g1a=1-ln1a.因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1a=a-aln a,整理得到a-11+a=ln a,其中a0,设t(a)=a-11+a-ln a,a0,则t(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)21时,考虑ex-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=ex-x-b,S(x)=ex-1,当x0时,S(x)0时,S(x)0,故S(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b0,S(b)=eb-2b,设u(b)=eb-2b
10、,其中b1,则u(b)=eb-20,故u(b)在(1,+)上单调递增,故u(b)u(1)=e-20,故S(b)0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T(x)=x-1x,当0x1时,T(x)1时,T(x)0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b0,T(eb)=eb-2b0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个零点,当b1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b均无零点,
