2022届高考数学一轮复习专练17函数导数及其应用综合检测含解析.docx

专练17函数、导数及其应用综合检测1B因为f(x)xf(x)，所以f(x)为奇函数，排除C，D，又f(1)0，所以排除A，故选B.2B由题可得A(a,2a1)，B(a，alna)，|AB|2a1(alna)|a1lna|.令f(x)x1lnx(x>0)，则f(x)1，当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当x1时，函数f(x)取得最小值，最小值为2>0，|AB|a1lna|a1lna，其最小值为2.3A由指数函数yx在R上单调递增，可得a0.2>01，由对数函数ylogx在(0，)上单调递增，知0log1<blog2<log1，即0<b<1，因为<2<，而函数ycosx在上单调递减，所以1cos<ccos2<cos0，即1<c<0，所以c<b<a，故选A.4Afln122，因为f(x)，所以f6，所以切线方程为y(2)6，即y6x5，故选A.5B由题意可知，函数f(x)的定义域为R.令g(x)ax3bsinxcln(x)，则g(x)a(x)3bsin(x)clnxax3bsinxclnax3bsinxclnax3bsinxcln(x)g(x)，所以函数g(x)ax3bsinxcln(x)为奇函数又f(x)maxg(x)max35，所以g(x)max2，于是g(x)min2，所以f(x)ming(x)min3231，故选B.6C设h(x)x2f(x)，则h(x)x2f(x)2xf(x)xxf(x)2f(x)，因为x>0时，都有xf(x)2f(x)>0恒成立，所以h(x)>0，所以h(x)x2f(x)在(0，)上单调递增，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以h(x)x2f(x)也是定义在R上的奇函数，所以h(x)x2f(x)在(，0)上单调递增又函数f(x)的定义域为R，其导函数为f(x)，所以h(x)x2f(x)在R上单调递增因为f()1，所以h()2f()2，所以x2f(x)<2即h(x)<h()，得x<，故选C.7D解法一：因为a<5且ae55ea，所以a>0，且.同理可得b>0且，c>0且.令f(x)(x>0)，则f(x)，当0<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(5)>f(4)>f(3)因为，所以f(5)f(a)，f(4)f(b)，f(3)f(c)，所以f(a)>f(b)>f(c)又0<a<5，所以0<a<1.同理0<b<1,0<c<1，所以0<a<b<c<1，故选D.解法二：因为a<5且ae55ea，所以0<a<5，ea5，两边取对数，得lna5，即lnaln5a5，即1，同理可得，0<b<4,0<c<3，1，1.设过点(a，lna)与(5，ln5)的直线为l1、过点(b，lnb)与(4，ln4)的直线为l2、过点(c，lnc)与(3，ln3)的直线为l3，则直线l1，l2，l3均与直线yx平行，且这几个点均在函数ylnx的图象上，作出图象如图所示，由图知0<a<b<c<1，故选D.8D由题意知函数g(x)f(x)|kx22x|恰有4个零点等价于方程f(x)|kx22x|0，即f(x)|kx22x|有4个不同的根，即函数yf(x)与y|kx22x|的图象有4个不同的公共点图1当k0时，在同一平面直角坐标系中，分别作出yf(x)与y|2x|的图象如图1所示，由图1知两图象只有2个不同的公共点，不满足题意当k<0时，y|kx22x|，其图象的对称轴为直线x<0，直线x与y|kx22x|的图象的交点为，点在直线yx上，在同一平面直角坐标系中，分别作出yf(x)与y|kx22x|的图象如图2所示，由图2易知函数yf(x)与y|kx22x|的图象有4个不同的公共点，满足题意图2当k>0时，函数y|kx22x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0,0)与，则当x>时，由kx22xx3，得x2kx20，令k280，得k2，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数yf(x)与y|kx22x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意令k28>0，得k>2，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数yf(x)与y|kx22x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意令k28<0，得0<k<2，易知此时不满足题意图3图4综上可知，实数k的取值范围是(，0)(2，)，故选D.9ABDexg(x)f(x)，g(x)，则g(x).由已知可得，当x>2时，f(x)f(x)>0，g(x)>0，故yg(x)在(2，)上单调递增，选项A正确；当x<2时，f(x)f(x)<0，g(x)<0，故yg(x)在(，2)上单调递减，故x2是函数yg(x)的极小值点，故选项B正确；由yg(x)在(，2)上单调递减，则yg(x)在(，0上单调递减，由g(0)2，得x0时，g(x)g(0)，故2，故f(x)2ex，故选项C错误；若g(2)<0，则yg(x)至多有2个零点，若g(2)0，则函数yg(x)有1个零点，若g(2)>0，则函数yg(x)没有零点，故选项D正确10.解析：由题意，得f(x)ex2x，所以f(0)1.又f(0)1，所以曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y11×(x0)，即xy10，所以该切线与x，y轴的交点分别为(1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为×1×1.114解析：f(x)3x22ax，由题意得f(2)0，得a3.f(x)3x26x，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)4.12(1)(2)0，解析：(1)当a时，若x0，则f(x)(x)22，若x>0，则f(x)x22，当且仅当x1时取等号，则函数的最小值为.(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)2，此时的最小值为2，若a<0，则当xa时，函数f(x)的最小值为f(a)0，此时f(0)不是最小值，不满足条件若a0时，则当x0时，函数f(x)(xa)2为减函数，则当x0时，函数f(x)的最小值为f(0)a2，要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)a22，即0a，即实数a的取值范围是0，13Af(x)ex1x2(a2)xa1，x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，f(2)0，a1，f(x)(x2x1)ex1，f(x)ex1(x2x2)ex1(x1)(x2)，当x(，2)，(1，)时f(x)单调递增，f(x)在(2,1)上单调递减，f(x)极小值f(1)1.14D解法一：在曲线yex上任取一点P，对函数yex求导得yex，所以，曲线yex在点P处的切线方程为yetet，即yetxet，由题意可知，点在直线yetxet上，可得baetetet，令fet，则fet.当t<a时，f>0，此时函数f单调递增，当t>a时，f<0，此时函数f单调递减，所以，fmaxfea，由题意可知，直线yb与曲线yf的图象有两个交点，则b<fmaxea，当t<a1时，f>0，当t>a1时，f<0，作出函数f的图象如下图所示：由图可知，当0<b<ea时，直线yb与曲线yf的图象有两个交点故选D.解法二：画出函数曲线yex的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线由此可知0<b<ea.故选D.15.解析：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)lnx12ax.已知函数f(x)x(lnxax)有两个极值点，其等价于lnx12ax0有两个不相等的实数根，亦等价于函数h(x)lnx的图象与函数g(x)2ax1的图象有两个交点以下研究临界状态：如图所示当函数h(x)lnx与函数g(x)2ax1的图象相切时，设切点为A(m，lnm)，其中m>0，则函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率k，2a.又直线g(x)2ax1过点(0，1)，k，.解得m1，当两线相切时，a.当a0时，h(x)与g(x)的图象只有一个交点所求a的取值范围是.16解析：f(x)2cosx2cos2x2cosx2(2cos2x1)2(2cos2xcosx1)2(2cosx1)(cosx1)cosx10，当cosx<时，f(x)<0，f(x)单调递减；当cosx>时，f(x)>0，f(x)单调递增当cosx，f(x)有最小值又f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)，当sinx时，f(x)有最小值，即f(x)min2××.- 5 -