【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第3章-第2节-利用导数研究函数的性质.docx

第三章其次节一、选择题1函数y2x33x212x5在1,3上的最大值、最小值分别是()A12；8B1；8C12；15D15，4答案D解析y6x26x12，由y0x1或x2，当x1,2时，y0，函数单调增加，x1时y12，x2时y15.x3时，y4.ymax15，ymin4.故选D.2(2022四川内江三模)已知函数f(x)x3x2cxd有极值，则c的取值范围为()Ac答案A解析由题意可知f (x)x2xc0有两个不同的实根，所以14c0cf(c)f(d)Bf(b)f(a)f(e)Cf(c)f(b)f(a)Df(c)f(e)f(d)答案C解析依题意得，当x(，c)时，f (x)0；当x(c，e)时，f (x)0.因此，函数f(x)在(，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，)上是增函数，又abf(b)f(a)，选C.(理)设函数f(x)在定义域内可导，yf(x)的图象如图所示，则导函数yf (x)的图象可能为图中的()答案D解析当yf(x)为增函数时，yf (x)0，当yf(x)为减函数时，yf (x)2，则函数f(x)x3ax21在区间(0,2)上恰好有()A0个零点B1个零点C2个零点D3个零点答案B解析f (x)x22axx(x2a)0x10，x22a4.易知f(x)在(0,2)上为减函数，且f(0)10，f(2)4a0，由零点判定定理知，函数f(x)x3ax21在区间(0,2)上恰好有一个零点(理)(2022湖北荆州质检二)设函数f(x)(x1)kcosx(kN*)，则()A当k2021时，f(x)在x1处取得微小值B当k2021时，f(x)在x1处取得极大值C当k2022时，f(x)在x1处取得微小值D当k2022时，f(x)在x1处取得极大值答案C解析当k2021时，f(x)(x1)2021cosx，则f (x)2021(x1)2022cosx(x1)2021sinx(x1)20222021cosx(x1)sinx，当x0；当1x0，此时函数x1不是函数f(x)的极值点，A，B选项均错误当k2022时，f(x)(x1)2022cosx，则f (x)2022(x1)2021cosx(x1)2022sinx(x1)20212022cosx(x1)sinx，当x1时，f (x)0；当1x0，此时函数f(x)在x1处取得微小值，故选C.5(2022内蒙古鄂尔多斯模拟)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()A0aB.aCaD0a2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1)B(1，)C(，1)D(，)答案B解析由题意，令(x)f(x)2x4，则(x)f (x)20.(x)在R上是增函数又(1)f(1)2(1)40，当x1时，(x)(1)0，f(x)2x40，f(x)2x4.故选B.(理)(2022吉林长春二调)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(x2022)2f(x2022)4f(2)0的解集为()A(，2022)B(2022,0)C(，2022)D(2022,0)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(2022x)F(2)又F(x)在(，0)上是减函数，所以2022x2，即x0，得xln2，g(x)ln2.所以g(x)在(，ln2)上是增函数，在(ln2，)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)2ln22.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a的取值范围为(，2ln228(文)(2022江西九江二模)已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m、n1,1，则f(m)f (n)的最小值是_答案13解析求导得f (x)3x22ax，由函数f(x)在x2处取得极值知f (2)0，即342a20，a3.由此可得f(x)x33x24，f (x)3x26x，易知f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当m1,1时，f(m)minf(0)4.又f (x)3x26x的图象开口向下，且对称轴为x1，当n1，1时，f (n)minf (1)9.故f(m)f (n)的最小值为13.(理)(2021嘉兴质检)不等式ln(1x)x2M恒成立，则M的最小值是_答案ln2解析设f(x)ln(1x)x2，则f (x)ln(1x)x2x，函数f(x)的定义域为(1，)令f (x)0得x1，当x1时，f (x)0，当1x0，函数f(x)在x1处取得极大值f(1)ln2.ln(1x)x2M恒成立，Mln2，即M的最小值为ln2.9(2021唐山模拟)已知函数f(x)ax3bx2cxd(a0)的对称中心为M(x0，y0)，记函数f(x)的导函数为f (x)，若f (x)的导函数为f (x)，则有f (x0)0.若函数f(x)x33x2，则可求得：f()f()f()f()_.答案8046解析f(x)x33x2，f (x)6x6，令f (x0)0，得x01，由对称中心的定义知f(x)的对称中心为(1，2)，设M(x1，y1)关于(1,2)的对称点为N(x2，y2)，则有x1x22时，y1y24，f()f(2)4，k1,2，2022，原式2011(4)(2)8046.三、解答题10(文)(2021北京东城区统一检测)已知函数f(x)x3mx23m2x1，mR.(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若f(x)在区间(2,3)上是减函数，求m的取值范围解析(1)当m1时，f(x)x3x23x1，又f (x)x22x3，所以f (2)5.又f(2)，所以所求切线方程为y5(x2)，即15x3y250.所以曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为15x3y250.(2)由于f (x)x22mx3m2，令f (x)0，得x3m或xm.当m0时，f (x)x20恒成立，不符合题意当m0时，f(x)的单调递减区间是(3m，m)，若f(x)在区间(2,3)上是减函数，则，解得m3.当m0，2x2，当且仅当x时取“”，b2，b的取值范围为(，2(2)当b1时，g(x)f(x)2x2lnxx2x，其定义域是(0，)，g(x)2x1，令g(x)0，即0，x0，x1，当0x0；当x1时，g(x)0，函数g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减，当x1时，g(x)g(1)，而g(1)0，g(x)f (x)，则以下推断正确的是()Af(2021)e2021f(0)Bf(2021)f (x)，g(x)0，即函数g(x)在R上递减，g(2021)g(0)，f(2021)0，f(2x)f(x)e22x，则下列推断确定正确的是()Af(1)ef(0)Cf(3)e3f(0)Df(4)e4f(0)答案C解析令F(x)f(x)ex，则F(x)exf (x)f(x)，当x1时，由条件知f (x)f(x)0，F(x)F(1)F(0)，即f(2)e2f(1)ef(0)，又f(4)f(2)e6，f(3)f(1)e4，所以f(4)f(0)e4，f(3)f(0)e3，故选C.13(文)(2021河南八校联考)设p：f(x)x32x2mx1在(，)上单调递增，q：m，则p是q的()A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D以上都不对答案D解析f (x)3x24xm，由题意知3x24xm0在R上恒成立，m.当m时，m不成立，p/ q；当m时，m不成立，q/ p，故选D.(理)(2021河南省试验中学期中)函数f(x)在定义域R上的导函数是f (x)，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f (x)0，设af(0)、bf()、cf(log28)，则()AabbcCcabDacb答案C解析由f(x)f(2x)知f(x)的图象关于直线x1对称，x1时，(x1)f (x)0，f(x)在(，1)上单调递增，f(x)在(1，)上单调递减，af(0)f(2)，bf()，cf(log28)f(3)，2ac，故选C.14(文)(2021陕西西工大附中训练)已知可导函数f(x)(xR)满足f (x)f(x)，则当a0时，f(a)和eaf(0)的大小关系为()Af(a)eaf(0)Cf(a)eaf(0)Df(a)eaf(0)答案B解析令F(x)，则F(x)0，F(x)为增函数，a0，F(a)F(0)，即f(0)，f(a)eaf(0)，故选B.(理)(2021课标文，11)已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()Ax0R，f(x0)0B函数yf(x)的图象是中心对称图形C若x0是f(x)的微小值点，则f(x)在区间(，x0)单调递减D若x0是f(x)的极值点，则f (x0)0答案C解析由题意得，f(x)3x22axb，该函数图象开口向上，若x0为微小值点，如图，f(x)的图象应为：故f(x)在区间(，x0)不单调递减，C错，故选C.二、填空题15(2022福建质量检查)设g(x)是函数g(x)的导函数，且f(x)g(x)现给出以下四个命题：若g(x)是偶函数，则f(x)必是奇函数；若f(x)是偶函数，则g(x)必是奇函数；若f(x)是周期函数，则g(x)必是周期函数；若f(x)是单调函数，则g(x)必是单调函数其中正确的命题是_(写出全部正确命题的序号)答案解析由于若g(x)是偶函数，则依据偶函数关于y轴对称，可得函数g(x)的导函数即函数的切线的斜率关于原点对称，所以正确；若g(x)x31，则f(x)x2是偶函数，但g(x)不是奇函数，所以不正确；若g(x)cosx2x，则f(x)sinx2是周期函数且f(x)0，则g(x)是增函数，所以g(x)不行能是周期函数，所以不正确；若g(x)x2，则f(x)x是单调函数，但g(x)不是单调函数，所以不正确综上可知，正确16(文)(2021扬州期末)已知函数f(x)lnx(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_.答案3e解析f (x)(x0)，当m0时，f (x)0，f(x)在区间1，e上为增函数，f(x)有最小值f(1)m4，得m4，与m0冲突当m0时，若m1，f(x)minf(1)m4，得m4，与m1冲突；若m1，e，即em1，f(x)minf(m)ln(m)14，解得me3，与em1冲突；若me，即m0)，函数f(x)在1，)上为增函数，f (x)0对x1，)恒成立，ax10对x1，)恒成立，即a对x1，)恒成立，a1.三、解答题17(文)(2021菏泽期中)已知函数f(x)x22alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)若函数g(x)f(x)在1,2上是减函数，求实数a的取值范围解析(1)f (x)2x，由已知f (2)1，解得a3.(2)由g(x)x22alnx得g(x)2x，由已知函数g(x)在1,2上为单调减函数，则g(x)0在1,2上恒成立，即2x0在1,2上恒成立即ax2在1,2上恒成立令h(x)x2，在1,2上h(x)2x(2x)0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0在(0，)内恒成立，求实数a的取值范围解析(1)f (x)(x0)当a0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增；当0a1时，f(x)在(1，a)上单调递减，在(0,1)和(a，)上单调递增(2)解法一：由f(x)0得：a，令g(x)，则g(x)，令h(x)x22lnx，则h(x)，当x(0,2)时，h(x)0，h(x)单调递增h(x)h(2)42ln20，即x22lnx0，所以由g(x)0得x1，所以g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，)内单调递增所以g(x)g(1)1，从而a.解法二：由f(1)a0得：a.由(1)知当a时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0.所以若f(x)0在(0，)内恒成立，实数a的取值范围为(，18(文)(2022陕西西安模拟)已知函数f(x)(a0，aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，若对任意x1，x23，)，有f(x1)f(x2)m成立，求实数m的最小值解析f (x).令f (x)0，解得xa或x3a.(1)当a0时，f (x)，f(x)随着x的变化如下表：x(，3a)3a(3a，a)a(a，)f (x)00f(x)微小值极大值函数f(x)的单调递增区间是(3a，a)，函数f(x)的单调递减区间是(，3a)，(a，)当a1时，f(x)0，所以f(x)在3，)上的最小值为f(3)，最大值为f(1).所以对任意x1，x23，)，f(x1)f(x2)f(1)f(3).所以对任意x1，x23，)，使f(x1)f(x2)m恒成立的实数m的最小值为.(理)(2022哈三中二模)己知函数f(x)(axa2)ex(其中aR)(1)求f(x)在0,2上的最大值；(2)若函数g(x)a2x213ax30，求a所能取到的最大正整数，使对任意x0，都有2f(x)g(x)恒成立解析(1)f(x)(axa2)ex，f(x)(ax2)ex，当a0时，f(x)在0,2上恒正，f(x)单调递增，最大值为f(2)(a2)e2，当a0时，令f(x)0，得x.所以当1a0时，仍有f(x)在0,2上为增函数，最大值为f(2)(a2)e2当aax15即可，记h(x)2exax15，则h(x) 2exa，故h(x)在(0，ln)上单调递减，在(ln，)上单调递增，则h(x)minaaln15.记k(x)xxln15，则k(x)ln，故k(x)在(0,2)上单调递增，在(2，)上单调递减，在(2，)上取2e2，有k(2e2)152e20，又k(15)15(2ln)0，有2f(x)g(x)恒成立，当a15时h(x)ming(x)恒成立，所以a所能取到的最大正整数为14.点评构造是应用导数解决函数问题中的基本手段，在解题过程中可以依据需要构造函数，争辩新函数的性质达到解决原问题的目的练一练证明不等式lnx，其中x1.解析设f(x)lnx(x1)则f (x)，x1，f (x)0.f(x)在(1，)内为单调增函数又f(1)0，当x1时，f(x)f(1)0，即lnx0.lnx.(2022长春市三调)已知函数 f(x)2ex(xa)23，aR.(1)若函数yf(x)的图象在x0处的切线与x轴平行，求 a的值；(2)若x 0，f(x)0恒成立，求a的取值范围解析(1)f(x)2(exxa)，由于yf(x)在x0处切线与x轴平行，即在x0切线斜率为0即f(0)2(a1)0，a1.(2)f(x)2(exxa)，令g(x)2(exxa)，x0，g(x)2(ex1)0， 所以g(x)2(exxa)在0，)内单调递增，g(0)2(1a)，()当2(1a)0即a1时，f(x)2(exxa)f(0)0，f(x)在0，)内单调递增，要想f(x)0只需要f(0)5a20，解得a，从而1a.()当2(1a)0即a0解得xx0，令f(x)0解得0xx0，从而对于f(x)在xx0处取最小值，f(x0)2ex0(x0a)23，又x0ex0a，f(x0)2ex0(ex0)23(ex01)(ex03)，从而应有f(x0)0，即ex030，解得0x0ln3，由ex0x0a可得ax0ex0，有ln33a2.解析(1)a2，b3，F(x)x3.F(x)10x1，当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，F(x)0，函数F(x)在(1，)上单调递减，F(x)maxF(1)2.(2)不妨设x1x2，要证(x1x2)g(x1x2)2，只需证(x1x2)a(x1x2)b2，a(x1x2)ba(xx)b(x2x1)axbx2(axbx1)(x1，y1)，(x2，y2)是l与C的交点， ax1b，ax2b.lnx2lnx1，即ln，(x2x1)ln2(x2x1)令H(x)(xx1)ln2(xx1)，x(x1，)，只需证H(x)(xx1)ln2(xx1)0，H(x)ln1.令G(x)ln1，则G(x)0，G(x)在x(x1，)上单调递增G(x)G(x1)0，H(x)0，H(x)在x(x1，)上单调递增H(x)H(x1)0，H(x)(xx1)ln2(xx1)0，(x1x2)g(x1x2)2.