2021届高考文科数学二轮复习提能专训22-导数的综合应用.docx

提能专训(二十二)导数的综合应用 一、选择题1(2022江西八校联考)已知m是区间0,4内任取的一个数，那么函数f(x)x32x2m2x3在xR上是增函数的概率是()A.B.C.D.答案：C解析：f(x)x32x2m2x3在R上是增函数，f(x)x24xm20在R上恒成立，164m20，解得m2或m2.又0m4，2m4.故所求的概率为P.2(2022辽宁五校联考)已知a，b是实数，且eaba BabbaCabba Dab与ba的大小关系不确定答案：A解析：构造帮助函数f(x)，由于f(x)，所以在(e，)上，f(x)f(b)，即，bln aaln b，ln abln ba，所以abba.3(2022忻州联考)定义在上的函数f(x)，f(x)是它的导函数，且恒有f(x)f Bf(1)f D.ff答案：D解析：f(x)0，0，函数在上单调递增，从而，即ff.4(2022浙江名校联考)若函数f(x)xcos x在(0，)内的全部极值点按从小到大的挨次排列为a1，a2，an，则对任意正整数n必有()Aan1an B.an1anC0an1an Dan1an0答案：B解析：f(x)cos xxsin x，令f(x)0，得tan x，函数y与ytan x的图象如图所示，an与an1就是两个函数图象相邻交点的横坐标由于函数y在(0，)上是减函数，故随着n的增加，an越来越接近其所在周期内的零点(ytan x的零点)，故an1an，故选B.5(2022吉林长春其次次调研)设函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有2f(x)xf(x)x2，则不等式(x2 014)2f(x2 014)4f(2)0的解集为()A(，2 012) B(2 012,0)C(，2 016) D(2 016,0)答案：C解析：由2f(x)xf(x)x2，x0，得2xf(x)x2f(x)x3，即x2f(x)x30，令F(x)x2f(x)，则当x0时，F(x)0，即F(2 014x)F(2)又F(x)在(，0)上是减函数，所以2 014x2，即x2 016，故选C.6(2022鄂尔多斯模拟)已知a0，函数f(x)(x22ax)ex，若f(x)在1,1上是单调减函数，则a的取值范围是()A. B.C. D.答案：C解析：f(x)(2x2a)ex(x22ax)exx2(22a)x2aex，由题意当x1,1时，f(x)0恒成立，即x2(22a)x2a0恒成立令g(x)x2(22a)x2a，则有即解得a，选C.7(2022贵阳二中模拟)已知函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是()答案：A解析：当x0时，f(x)0，f(x)单调递减；当2x0，f(x)单调递增故选A.8(2022北大附中河南分校高考押题)函数f(x)2ln xx2bxa(b0，aR)的图象在点(b，f(b)处的切线斜率的最小值是()A2 B2 C. D1答案：A解析：f(x)2xb，f(b)2bbb，b0，f(b)22，选A.9(2022重庆七校联考)已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x28x8，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线的斜率是()A2 B1 C3 D2答案：A解析：在f(x)2f(2x)x28x8两边求导，得f(x)2f(2x)(1)2x8，令x1得f(1)2f(1)(1)28，f(1)2.10设函数f(x)ax2bxc(a，b，cR)，若x1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不行能为yf(x)的图象的是()答案：D解析：设h(x)f(x)ex，则h(x)(2axb)ex(ax2bxc)ex(ax22axbxbc)ex.由x1为函数f(x)ex的一个极值点，得当x1时，ax22axbxbcca0，ca.f(x)ax2bxa.若方程ax2bxa0有两根x1，x2，则x1x21，D中图象肯定不满足该条件11函数f(x)的零点个数为()A4 B3 C2 D很多个答案：B解析：当x0时，f(x)xcos x，则f(x)1sin x0，故函数f(x)在(，0上单调递增，且fcos0，故函数f(x)在(，0上有1个零点；当x0时，f(x)x34x1，则f(x)x24，令f(x)0，解得x2或x2(舍)，则当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递增而f3410，f(1)410，故f(x)在(0,2)上只有1个零点；f(2)234210，故f(x)在(2，)上只有1个零点综上，函数f(x)有3个零点12(2022昆明质检)已知函数f(x)exaxb，若f(x)0恒成立，则ab的最大值为()A. Be2 Ce D.答案：D解析：利用导数求解当a0时，函数f(x)exaxb在R上单调递增，f(x)0不恒成立，所以a0舍去当a0时，由f(x)exa0解得xln a，且当xln a时，f(x)ln a时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以f(x)0恒成立，即f(x)minf(ln a)aaln ab0，所以baaln a，aba2a2ln a，a0.令yx2x2ln x，x0，则y2x2xln xxx(12ln x)，x0，由y0解得x，且x(0，)时，y0，函数yx2x2ln x单调递增；x(，)时，y0，函数yx2x2ln x单调递减所以当x时，函数yx2x2ln x取得最大值eee，所以aba2a2ln ae，即ab的最大值是e，故选D.二、填空题13(2022南京盐城二模)表面积为12的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为_答案：12解析：由于122rh2r2，则rhr26，所以Vr2hr(6r2)，0r.由V(63r2)0得r.当0r0，当r时，Vx1f(x2)x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”给出下列函数：yx3x1；y3x2(sin xcos x)；yex1；f(x)以上函数是“H函数”的全部序号为_答案：解析：由于x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，即(x1x2)f(x1)f(x2)0，所以函数f(x)在R上是增函数由y3x210，得x0恒成立，所以为“H函数”；由yex0恒成立，所以为“H函数”；由于为偶函数，所以不行能在R上是增函数，所以不是“H函数”综上可知，是“H函数”的有.三、解答题15(2022湖南怀化一模)已知函数f(x)axbln xc(a，b，c是常数)在xe处的切线方程为(e1)xeye0，且f(1)0.(1)求常数a，b，c的值；(2)若函数g(x)x2mf(x)(mR)在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m的取值范围解：(1)由题设，知f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.f(x)在xe处的切线方程为(e1)xeye0，f(e)，且f(e)2e，即a，且aebc2e.又f(1)ac0，解得a1，b1，c1.(2)由(1)知f(x)xln x1(x0)，g(x)x2mf(x)x2mxmln xm(x0)，g(x)2xm(2x2mxm)(x0)令d(x)2x2mxm(x0)当函数g(x)在(1,3)内有一个极值时，g(x)0在(1,3)内有且仅有一个根，即d(x)2x2mxm0在(1,3)内有且仅有一个根又d(1)20，当d(3)0，即m9时，d(x)2x2mxm0在(1,3)内有且仅有一个根x；当d(3)0时，应有d(3)0，即2323mm9.m9.当函数g(x)在(1,3)内有两个极值时，g(x)0在(1,3)内有两个根，即二次函数d(x)2x2mxm0在(1,3)内有两个不等根，所以解得8m0.(1)求f(x)的极值；(2)当a1时，若不等式f(x)k0，f(x)为增函数；当x(ea，)，f(x)0，f(x)为减函数可知f(x)有极大值为f(ea)ea.(2)由于a1，所以不等式f(x)k0在区间(0，)上恒成立，即0)由(1)知，g(x)在xe处取得最大值，k.即k的取值范围是.17已知函数f(x)exx2ax(aR)(1)若函数f(x)的图象在x0处的切线方程为y2xb，求a，b的值；(2)若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围解：(1)f(x)exxa，f(0)1a.由题知1a2，解得a1.f(x)exx2x.f(0)1.于是120b，解得b1.(2)由题意得f(x)0，即exxa0恒成立，aexx恒成立设h(x)exx，则h(x)ex1.当x变化时，h(x)，h(x)的变化状况如下表：x(，0)0(0，)h(x)0h(x)减函数微小值增函数h(x)minh(0)1，a1.即a的取值范围是(，118(2022浙江名校联考)已知aR，函数f(x)axln x，x(0，e(其中e是自然对数的底数)(1)当a1时，求函数f(x)的单调区间与极值；(2)求函数f(x)在区间(0，e上的最小值解：(1)当a1时，f(x)xln x，所以f(x)1，所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，e，所以f(x)的微小值为f(1)1，没有极大值(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0，e上的最小值f(x)a，当a0时，f(x)0，所以f(x)在区间(0，e上单调递减，所以g(a)f(e)ae1.当0时，f(x)在区间上单调递减，在上单调递增，所以g(a)f1ln a.综上所述，g(a)