2022年高三数学二轮复习函数导数不等式的综合问题专题能力提升训练理 .pdf

《2022年高三数学二轮复习函数导数不等式的综合问题专题能力提升训练理 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学二轮复习函数导数不等式的综合问题专题能力提升训练理 .pdf（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学习必备欢迎下载函数、导数、不等式的综合问题一、选择题 ( 每小题 5 分，共 25 分) 1下面四个图象中，有一个是函数f(x) 13x3ax2 (a21)x1(aR) 的导函数yf(x)的图象，则f( 1) 等于 ( ) A.13B13C.73D13或532设直线xt与函数f(x) x2，g(x) ln x的图象分别交于点M，N，则当 |MN| 达到最小时t的值为 ( ) A1 B.12 C.52 D.223 已知函数f(x)12x42x3 3m，xR， 若f(x) 90 恒成立，则实数m的取值范围是 ( ) A.32，B.32，C. ，32D. ，324已知函数f(x) x2ax3 在(

2、0,1) 上为减函数，函数g(x) x2aln x在(1,2) 上为增函数，则a的值等于 ( ) A1 B 2 C 0 D.2 5设aR，若函数yeax3x，xR有大于零的极值点，则( ) Aa 3 B a 3 Ca13Da13二、填空题 ( 每小题 5 分，共 15 分) 6若a0，b0，且函数f(x) 4x3ax22bx2 在x 1 处有极值，则ab的最大值等于_7函数f(x) 13x3x2ax5 在区间 1,2 上不单调，则实数a的范围是 _8关于x的方程x33x2a0 有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是 _精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

3、 - - - -第 1 页，共 6 页学习必备欢迎下载三、解答题 ( 本题共 3 小题，共35 分) 9(11 分) 已知函数f(x) 13x3a12x2bxa.(a，bR) 的导函数f(x) 的图象过原点(1) 当a 1 时，求函数f(x) 的图象在x3 处的切线方程；(2) 若存在x0，使得f(x) 9，求a的最大值10(12 分) 已知a，b为常数， 且a0，函数f(x) axbaxln x，f(e) 2(e 2.718 28是自然对数的底数) (1) 求实数b的值；(2) 求函数f(x) 的单调区间；(3) 当a1 时，是否同时存在实数m和M(mM) ，使得对每一个tm， M，直线yt

4、与曲线yf(x)x1e，e都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由11(12 分) 已知f(x) xln x，g(x)x2ax3. (1) 求函数f(x) 在t，t2(t0)上的最小值；(2) 对一切的x(0 ， ) ， 2f(x) g(x) 恒成立，求实数a的取值范围；(3) 证明：对一切x(0 ， ) ，都有ln x1ex2ex. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习必备欢迎下载参考答案1D f(x)x22axa21，f(x) 的图象开口向上，若图象不过原点，则a 0 时，f( 1

5、) 53，若图象过原点，则a210，又对称轴xa0，a 1，f( 1) 13. 2D |MN| 的最小值，即函数h(x) x2ln x的最小值，h(x) 2x1x2x21x，显然x22是函数h(x) 在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t22. 3A 因为函数f(x) 12x42x33m，所以f(x) 2x3 6x2，令f(x) 0，得x0 或x 3，经检验知x3 是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3) 3m272，不等式f(x) 90 恒成立，即f(x) 9 恒成立，所以3m272 9，解得m32. 4B 函数f(x) x2ax3 在(0,1) 上为减函数，a21，得a2.

6、 又g(x) 2xax，依题意g(x) 0 在x(1,2)上恒成立，得2x2a在x(1, 2)上恒成立，有a2，a 2. 5B 令f(x) eax3x，可求得f(x) 3aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f(x) 3aeax0有正根当f(x) 3aeax0 成立时，显然有a0， 此时x1aln3a.由x 0，解得a 3，a的取值范围为 ( ， 3) 6解析由题得f (x) 12x22ax2b0，f(1) 122a2b0，ab6. ab2ab，62ab，ab9，当且仅当ab3 时取到最大值答案9 7解析f(x) 13x3x2ax5， f(x) x22xa (x1)2a1，如果函数f(x

7、)13x3x2ax5 在区间 1,2 上单调，那么a10 或f( 1) 3a0 且f(2)a0，a1 或a 3. 于是满足条件的a( 3,1) 答案( 3,1) 8解析由题意知使函数f(x) x33x2a的极大值大于0 且极小值小于0 即可， 又f(x) 3x26x 3x(x2) ，令f(x)0 得，x10，x22，当x0 时，f(x) 0；当 0 x 2时，f(x) 0；当x2 时，f(x) 0，所以当x0 时，f(x) 取得极大值，即f(x)极大值f(0) a；当x 2 时，f(x) 取得极小值，即f(x)极小值f(2) 4a，所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

8、总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页学习必备欢迎下载a04a 0，解得 4a0. 答案( 4,0) 9解由已知，得f(x) x2(a1)xb. 由f(0) 0，得b 0，f(x) x(xa 1)(1) 当a 1 时，f(x) 13x3x21，f(x) x(x2) ，f(3) 1，f(3) 3. 所以函数f(x) 的图象在x3 处的切线方程为y13(x3) ，即 3xy80. (2) 存在x0，使得f(x) x(xa1) 9，a 1x9x( x) 9x2x9x6，a 7， 当且仅当x 3 时，a 7. 所以a的最大值为7. 10解(1) 由f(e) 2，得b2. (2) 由 (

9、1) 可得f(x) ax2axln x. 从而f(x) aln x. 因为a0，故当a0 时，由f(x) 0，得x1，由f(x) 0 得， 0 x1；当a0 时，由f(x) 0，得 0 x1，由f(x) 0 得，x1. 综上，当a0 时，函数f(x) 的单调递增区间为(1， ) ，单调递减区间为(0,1)；当a0 时，函数f(x) 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1， ) (3) 当a 1 时，f(x) x2xln x，f(x) ln x. 由(2) 可得，当x在区间1e，e 内变化时，f(x) ，f(x) 的变化情况如下表：x 1e1e， 1 1(1，e)e f(x) 0f(x)

10、22e单调递减极小值 1单调递增2 又 22e 2，所以函数f(x)x1e，e的值域为 1,2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习必备欢迎下载据此可得， 若m1，M2.则对每一个tm，M ，直线yt与曲线yf(x)x1e，e都有公共点；并且对每一个t( ，m) (M，) ，直线yt与曲线yf(x)x1e，e都没有公共点综上，当a1 时，存在最小的实数m 1，最大的实数M2，使得对每一个tm，M ，直线yt与曲线yf(x)x1e，e都有公共点11(1) 解f(x) ln x1. 当x0，1e时，f(x) 0，f(x

11、) 单调递减；当x1e，时，f(x) 0，f(x) 单调递增则当 0tt21e时，t无解；当 0t1et2，即 0t1e时，f(x)minf1e1e；当1ett2，即t1e时，f(x) 在t，t2 上单调递增所以 f(x)minf(t) tln t. 所以 f(x)min1e0t1e，tln t t1e.(2) 解2f(x) g(x) ，即 2xln xx2ax3，则a2ln xx3x. 设h(x) 2ln xx3x(x0) ，h(x)xxx2. 当x(0,1) 时，h(x) 0，h(x) 单调递减；当x(1， ) 时，h(x) 0，h(x) 单调递增精选学习资料 - - - - - - -

12、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学习必备欢迎下载所以 h(x)minh(1) 4. 因为对一切x (0， ) ， 2f(x) g(x) 恒成立，所以ah(x) min4. 故实数a的取值范围是 ( ， 4 (3) 证明问题等价于证明xln xxex2e，x(0， ) 由(1) 可知f(x) xln x，x(0 ， ) 的最小值为1e，当且仅当x1e时取得设m(x)xex2e，x(0 ， ) ，则m(x) 1xex，易得 m(x)maxm(1) 1e. 从而对一切x (0， ) ，都有ln x1ex2ex成立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页