2021届高考理科数学二轮复习专题提能专训23-第23讲-导数的简单应用与定积分.docx

提能专训(二十三)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陕西卷改编)设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数若f(x)ag(x)恒成立，则实数a的取值范围是()A(1，) B(0，) C(，0) D(，1答案D解析对f(x)求导，得f(x)，所以g(x)xf(x).若f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立设(x)ln(1x)(x0)，则(x).当a1时，(x)0(当且仅当x0，a1时等号成立)，所以(x)在0，)上单调递增又(0)0，即(x)0在0，)上恒成立，所以当a1时，ln(1x)恒成立(当且仅当x0时等号成立)当a1时，对x(0，a1)，有(x)0，则(x)在(0，a1上单调递减，所以(a1)1时，存在x0，使(x)0，可知ln(1x)不恒成立综上，实数a的取值范围是(，1，故选D.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()A0a B.aCa D0a4.所以a的取值范围为(4，)8已知三次函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图所示，则()A5 B5 C2 D2答案D解析对f(x)求导，得f(x)3ax22bxc，结合题中图象知，x1,2为导函数的零点，所以f(1)f(2)0，即解得所以f(x)x2xc(x2x2)，于是2.故选D.9(2022安庆二模)设1x2，则，2，的大小关系是()A.2 B.2C.2 D.2答案A解析令f(x)xln x(1x0，函数yf(x)在(1,2)内为增函数f(x)f(1)10，xln x001.20，20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.11设直线xt与函数f(x)x21，g(x)xln x的图象分别交于P，Q两点，则|PQ|的最小值是()A B. C1 D或1答案C解析直线xt与函数f(x)x21，g(x)xln x的图象分别交于P(t，f(t)，Q(t，g(t)两点，则|PQ|f(t)g(t)|.记h(t)f(t)g(t)t21(tln t)函数h(t)的定义域为(0，)，h(t)2t1(2t2t1)(2t1)(t1)由h(t)0，解得t1或t(舍去)明显当t(0,1)时，h(t)0，函数h(t)单调递增故函数h(t)的最小值为h(1)121(1ln 1)1，故|PQ|的最小值为1.二、填空题12(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，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，是“H函数”的有.14(2022唐山一模)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)x2，当x0时，f(x)x，则不等式f(x)f(1x)x的解集为_答案解析f(x)f(x)x2，f(x)f(x)2x，f(x)f(x)2x，当x0时，f(x)x，f(x)f(x)2x0时，f(x)f(x)2xx2xx，令g(x)f(x)f(1x)x，则g(x)f(x)f(1x)10)，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8m9.综上，实数m的取值范围是(8，)16(2022长春调研)已知函数f(x)xln x.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)设A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，且x1x2，证明：0，则ln x1ln ，x；令f(x)0，则ln x1ln ，0x，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，f(x)微小值fln ，f(x)无极大值(2)不防设x1x2，f，即ln 1，x2ln x2x1ln x1x2ln x1ln x2x1，x2ln x1ln x2x1，两边同除以x1得，ln 1，即证：tln0)，h(x)ln(1x)x，则h(x)10，h(x)在(0，)上单调递减，h(x)h(0)0，即ln (1x)x，即g(t)ln0恒成立，g(t)在(1，)上是减函数，g(t)g(1)0，tlnlnt1得证，g(x0)成立？假如存在，求出符合条件的一个x0；否则说明理由解：(1)f(x)的定义域是R，f(x)ex1，且在(，0)上f(x)0，所以f(x)minf(0)0.(2)g(x)2xeaxax2eax(2xax2)eax.当a0时，若x0，则g(x)0，则g(x)0.所以当a0时，函数g(x)在区间(，0)内为减函数，在区间(0，)内为增函数当a0时，由2xax20，解得x0，由2xax20，解得x0时，函数g(x)在区间内为增函数，在区间内为减函数，在区间(0，)内为增函数当a0，解得0x，由2xax20，解得x.所以当ag(x0)，ex0x01xex0，x10，使(*)式成立，只需找到当x0时，函数h(x)x21的最小值h(x)min0即可，h(x)x，令h(x)0得ex，则xln m，取x0ln m，当0xx0时，h(x)x0时，h(x)0，所以h(x)minh(x0)h(ln m)(ln m)2mln mm1.下面只需证明：当0m1时，(ln m)2mln mm10成马上可，令p(m)(ln m)2mln mm1，m(0,1)，则p(m)(ln m)20，从而p(m)在m(0,1)时为增函数，则p(m)p(1)0，从而(ln m)2mln mm10得证于是h(x)的最小值h(ln m)0，因此可找到一个正常数x0ln m(0mg(x0)成立18(2022湖北八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足：g(x)2g(x)ex9，h(2)h(0)1且h(3)2.(1)求g(x)和h(x)的解析式；(2)对于x1，x21,1，均有h(x1)ax15g(x2)x2g(x2)成立，求a的取值范围；(3)设f(x)在(2)的条件下，争辩方程ff(x)a5的解的个数状况解：(1)g(x)2g(x)ex9，g(x)2g(x)ex9，即g(x)2g(x)2ex9，由联立解得，g(x)ex3.h(x)是二次函数，且h(2)h(0)1，可设h(x)ax(x2)1，由h(3)2，解得a1，h(x)x(x2)1x22x1，g(x)ex3，h(x)x22x1.(2)设(x)h(x)ax5x2(a2)x6，F(x)g(x)xg(x)ex3x(ex3)(1x)ex3x3，依题意知，当1x1时，(x)minF(x)max.F(x)ex(1x)ex3xex3，在1,1上单调递减，F(x)minF(1)3e0，F(x)在1,1上单调递增，F(x)maxF(1)0，解得3a7，实数a的取值范围为3,7(3)设ta5，由(2)知，2t12.f(x)的图象如图所示：设f(x)T，则f(T)t.当t2，即a3时，T1或者Tln 5，f(x)1有2个解，f(x)ln 5有3个解；当2te23，即3ae28时，Tln(t3)且ln 5T2，f(x)T有3个解；当te23，即ae28时，T2，f(x)T有2个解；当e23t12，即e282，f(x)T有1个解综上所述：当a3时，方程有5个解；当3ae28时，方程有3个解；当ae28时，方程有2个解；当e28a7时，方程有1个解