2022届数学一轮(理科)人教B版课时作业-第三章-导数及其应用-3-3.docx

第3讲 导数的综合应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1(2022湖南卷)若0x1x21，则()解析令f(x)，则f(x).当0x1时，f(x)0，即f(x)在(0，1)上单调递减，0x1x21，f(x2)f(x1)， ，故选C.答案C2(2021泸州一模)做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27，且用料最省，则圆柱的底面半径为()A3 B4 C6 D5解析设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则VR2l27，l，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小，由题意，SR22RlR22，S2R，令S0，得R3，则当R3时，S最小故选A.答案A3(2021沈阳统考)若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a可能的值为()A4 B6 C7 D8解析由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f(x)0得x1或x2，由f(x)0得1x2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上单调递增，在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)0或f(2)0，解得a5或a4，而选项中只给出了4，所以选A.答案A4设函数f(x)的定义域为R，x0(x00)是f(x)的极大值点，以下结论确定正确的是()AxR，f(x)f(x0)Bx0是f(x)的微小值点Cx0是f(x)的微小值点Dx0是f(x)的微小值点解析A错，由于极大值未必是最大值；B错，由于函数yf(x)与函数yf(x)的图象关于y轴对称，x0应是f(x)的极大值点；C错，函数yf(x)与函数yf(x)的图象关于x轴对称，x0应为f(x)的微小值点；D正确，函数yf(x)与yf(x)的图象关于原点对称，x0应为yf(x)的微小值点答案D5(2022新课标全国卷)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)解析a0时，不符合题意a0时，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x0或x.若a0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意则a0，由图象结合f(0)10知，此时必有f 0，即a310，化简得a24，又a0，所以a2，故选C.答案C二、填空题6(2022唐山模拟)已知a0，函数f(x)x3ax2bxc在区间2，2上单调递减，则4ab的最大值为_解析f(x)x3ax2bxc，f(x)3x22axb，函数f(x)在区间2，2上单调递减，即即4ab12，4ab的最大值为12.答案127(2021开封一模)已知函数f(x)ax33x1对x(0，1总有f(x)0成立，则实数a的取值范围是_解析当x(0，1时不等式ax33x10可化为a，设g(x)，x(0，1，g(x).g(x)与g(x)随x的变化状况如下表：x g(x)0g(x)极大值4因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是4，)答案4，)8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_解析对函数f(x)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.答案13三、解答题9(2022青岛一模)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xR，知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化状况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得微小值，微小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)证明设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)取最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，都有g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.10(2021太原模拟)已知函数f(x)(2a)x2(1ln x)a，g(x)，(1)若函数f(x)在区间上无零点，求实数a的最小值；(2)若对任意给定的x0(0，e，在(0，e上方程f(x)g(x0)总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围解f(x)(2a)(x1)2ln x，(1)令m(x)(2a)(x1)，x0；h(x)2ln x，x0，则f(x)m(x)h(x)，当a2时，m(x)在上为增函数，h(x)在上为增函数，若f(x)在上无零点，则mh，即(2a)2ln ，a24ln 2，24ln 2a2，当a2时，在上m(x)0，h(x)0，f(x)0，f(x)在上无零点由得a24ln 2，amin24ln 2.(2)g(x)e1xxe1x(1x)e1x，当x(0，1)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当x(1，e时，g(x)0，函数g(x)单调递减，又g(0)0，g(1)1，g(e)e2e0，函数g(x)在(0，e上的值域为(0，1方程f(x)g(x0)等价于(2a)(x1)g(x0)2ln x，令p(x)(2a)(x1)g(x0)，则p(x)过定点(1，g(x0)，且1g(x0)0，令t(x)2ln x，由p(x)，t(x)的图象可知，要使方程f(x)g(x0)在(0，e上总存在两个不相等的实根，需使在(0，e上恒成立，即(2a)(e1)g(x0)2ln e2，a2，0g(x0)1，2，a2.综上所述，a的取值范围为.力气提升题组(建议用时：25分钟)11已知yf(x)是奇函数，当x(0，2)时，f(x)ln xax，当x(2，0)时，f(x)的最小值为1，则a等于()A. B. C. D1解析f(x)是奇函数，f(x)在(0，2)上的最大值为1.当x(0，2)时，f(x)a，令f(x)0得x，又a，02.当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增；当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，f(x)maxf ln a1，解得a1.答案D12(2022大连模拟)已知函数f(x)x3ax2xc(xR)，下列结论错误的是()A函数f(x)确定存在极大值和微小值B若函数f(x)在(，x1)，(x2，)上是增函数，则x2x1C函数f(x)的图象是中心对称图形D函数f(x)确定存在三个零点解析对于A，f(x)3x22ax1，4a2120，因此函数f(x)3x22ax1恒有两个相异零点x3，x4(其中x3x4)，易知函数f(x)的递增区间是(，x3)与(x4，)，递减区间是(x3，x4)，函数f(x)确定存在极大值与微小值，选项A正确对于B，由A知，x3x4，x3x4，则x4x3，又x1x3，x4x2，因此x2x1x4x3，选项B正确对于C，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(xm)3n(xm)h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为yx3nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以C正确对于D，取ac1，得f(x)x3x2x1(x1)2(x1)，此时函数f(x)仅有两个相异零点，因此选项D不正确综上所述，选D.答案D13(2022辽宁卷改编)当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是_解析由题意知x2，1都有ax3x24x30，即ax3x24x3在x2，1上恒成立当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR.当0x1时，a.令t(t1)，g(t)3t34t2t，由于g(t)9t28t10(t1)，所以g(t)在1，)上单调递减，g(t)maxg(1)6(t1)，所以a6.当2x0时，a，同理，g(t)在(，1上递减，在上递增因此g(t)ming(1)2，所以a2.综上，6a2.答案6，214(2022四川卷)已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0，1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e2a1.(1)解由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a，当a时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单调递增，因此g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单调递减因此g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)证明设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知f(x)在区间(0，x0)上不行能单调递增，也不行能单调递减则g(x)不行能恒为正，也不行能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0，1上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点当a时，g(x)在0，1上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，所以a.此时g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，因此x1(0，ln(2a)，x2(ln(2a)，1)，必有g(0)1b0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe12，有g(0)ae20，g(1)1a0，解得e2a1. 所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e2a1.