2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（十六） 破解“函数与导数”问题常用到的4种方法 作业.doc

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1、第 1 页 共 6 页 课时跟踪检测（十六）课时跟踪检测（十六） 破解“函数与导数”问题常破解“函数与导数”问题常用到的用到的 4 种方法种方法 1(多选多选)若定义在若定义在 R 上的函数上的函数 f(x)满足满足 f(0)1，其导函数，其导函数 f(x)满足满足 f(x)m1，则下列成立的有则下列成立的有( ) Af 1m1mm Bf 1m1 Cf 1m11m1 Df 1m10 解析：解析：选选 AC 设设 g(x)f(x)mx，则，则 g(x)f(x)m0，故函数，故函数 g(x)f(x)mx在在 R 上单调递增，又上单调递增，又1m0，g 1mg(0)，即，即 f 1m11，f 1m0

2、， 而而1mm0，f 1m1mm，故，故 A 正确，正确，B 错误错误 1m10，g 1m1g(0)，即，即 f 1m1mm11，f 1m11m10，故，故 C正确，正确，D 错误错误 2设设 f(x)是定义在是定义在 R 上的偶函数，当上的偶函数，当 x0 时，时，f(x)xf(x)0 的解集为的解集为( ) A(，4) B(0,4) C(4,0)(0,4) D(，4)(0,4) 解析：解析：选选 D 根据条件根据条件 f(x)xf(x)0，可以构造函数，可以构造函数 F(x)xf(x)，则，则 F(x)f(x)xf(x)， 可以推出当可以推出当 x0 时，时，F(x)0 的解集为的解集为(

3、，4)(0,4)故选故选 D. 3 设 设 yf(x)是是(0， ， )上的可导函数，上的可导函数， f(1)2， (x1)2f(x)xf(x)0(x1)恒成立 若恒成立 若曲线曲线 f(x)在点在点(1,2)处的切线为处的切线为 yg(x)，且，且 g(a)2 018，则，则 a 等于等于( ) A501 B502 C503 D504 解析：解析：选选 C 由由“2f(x)xf(x)”联想到联想到“2xf(x)x2f(x)”，可构造，可构造 F(x)x2f(x)(x0) 由由(x1)2f(x)xf(x)0(x1)可知，可知， 第 2 页 共 6 页 当当 x1 时，时，2f(x)xf(x)0

4、， 则则 F(x)2xf(x)x2f(x)0，故，故 F(x)在在(1，)上单调递增；上单调递增； 当当 0 x1 时，时，2f(x)xf(x)0，则，则 F(x)2xf(x)x2f(x)x1时， 不等式时， 不等式f x1 x2f x2 x1恒成立，则实数恒成立，则实数 a 的取值范围为的取值范围为( ) 第 3 页 共 6 页 A(，e B(，e) C. ，e2 D ，e2 解析：解析：选选 D x(0，)，原不等式转化为原不等式转化为 x1f(x1)0，则函数，则函数 g(x)exax2在在(0，)上单调递增上单调递增 g(x)ex2ax0 在在 x0 时恒成立， 且时恒成立， 且 g(

5、x)不恒为零，不恒为零， 2aexx.令令 m(x)exx， x0，则则 m(x) x1 exx2. 当当 x(0,1)时，时，m(x)0，m(x)单调递增单调递增 2am(x)minm(1)e，ae2. 7(多选多选)(2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)已知函数已知函数 f(x)xln(1x)，则，则( ) Af(x)在在(0，)单调递增单调递增 Bf(x)有两个零点有两个零点 C曲线曲线 yf(x)在点在点 12，f 12处切线的斜率为处切线的斜率为1ln 2 Df(x)是偶函数是偶函数 解析：解析：选选 AC f(x)定义域为定义域为(1，)，不关于原点对称，故选

6、项，不关于原点对称，故选项 D 不正确不正确 因为因为 f(x)ln(1x)x1x，当，当 x(0，)时，时，f(x)0 恒成立，所以恒成立，所以 f(x)在在(0，)单调递增，故选项单调递增，故选项 A 正确正确 又因为又因为 f(x)11x1 1x 22x 1x 2，当，当 x(1，)时，时，f(x)0 恒成立，恒成立， 所以所以 f(x)ln(1x)x1x在在(1，)单调递增，单调递增， 又又 f(0)0， 所以当所以当 x(1,0)时，时，f(x)0，f(x)在在(1,0)单调递减；单调递减； 当当 x(0，)时，时，f(x)0，f(x)在在(0，)单调递增单调递增 又又 f(0)0，

7、所以，所以 f(x)只有一个零点，故选项只有一个零点，故选项 B 不正确不正确 因为因为 f(x)ln(1x)x1x，所以，所以 f 12ln1211ln 2，故选项，故选项 C 正确正确 8设定义在设定义在 R 上的函数上的函数 f(x)满足满足 f(1)2，f(x)x21 的解集为的解集为_ 解析：解析： 由条件式由条件式 f(x)1 得得 f(x)1x21 可化为可化为 f(x2)x210，可以构造可以构造 F(x)f(x)x1，由于，由于 F(x)f(x)102121f(12)121F(12)，所以，所以 x212，解得，解得1xx21 的解集为的解集为x|1x1 答案：答案：x|1x

8、1 9已知函数已知函数 f(x)12x22aln x(a2)x，当，当 a0 时，讨论函数时，讨论函数 f(x)的单调性的单调性 解：解：函数的定义域为函数的定义域为(0，)，f(x)x2axa2 x2 xa x. 当当a2，即，即 a2，f(x) x2 2x0，f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 若若 0a2，即，即2a0， 当当 0 x2 时，时，f(x)0； 当当ax2 时，时，f(x)2，即，即 a2， 当当 0 xa 时，时，f(x)0； 当当 2xa 时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在(0,2)，(a，)上单调递增，在上单调递增，在(2，a)上单调递减上单调递减 综

9、上所述，当综上所述，当 a2 时，时，f(x)在在 (0，)上单调递增；当上单调递增；当2a0 时，时，f(x)在在(0，a)，(2，)上单调递增，在上单调递增，在(a，2)上单调递减；当上单调递减；当 ax10 时，时，f(x1)f(x2)(x1x2)(mx1mx21)恒成立，求实数恒成立，求实数 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由由 f(x)bexx 得，得，f(x)bex1， 由题意得在由题意得在 x0 处的切线斜率为处的切线斜率为 f(0)b1a， 即即 b1a，又，又 f(0)b，可得，可得b10，解得，解得 b1，a2. (2)由由(1)知，知，f(x)exx， f(x1)

10、f(x2)(x1x2)(mx1mx21)，即为，即为 f(x1)mx21x1x10 知，上式等价于函数知，上式等价于函数 (x)f(x)mx2xexmx2在在(0，)为增函数，为增函数，(x)ex2mx0，即，即 2mexx，令，令 h(x)exx(x0)，h(x)ex x1 x2， 当当 0 x1 时，时，h(x)1，h(x)0 时，时，h(x)递增，递增，h(x)minh(1)e，则则 2me，即，即 me2， 所以实数所以实数 m 的范围为的范围为 ，e2. 第 5 页 共 6 页 11已知函数已知函数 f(x)1ln xax2. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调区间；的单调区间；

11、 (2)证明：证明：xf(x)0，f(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 当当 a0 时，令时，令 f(x)0，解得，解得 x2a2a， 故故 f(x)在在 0，2a2a上单调递增，在上单调递增，在 2a2a， 上单调递减上单调递减 (2)证明：要证证明：要证 xf(x)2e2 exxax3， 即证即证 xln x2e2 ex，也即证，也即证ln xx0)，则，则 g(x)2e2ex x2 x3， 所以所以 g(x)在在(0,2)上单调递减，在上单调递减，在(2，)上单调递增，上单调递增， 故故 g(x)最小值最小值g(2)12， 令令 k(x)ln xx，则，则 k(x)1ln xx2

12、，故，故 k(x)在在(0，e)上单调递增，在上单调递增，在(e，)上单调递上单调递减，故减，故 k(x)最大值最大值k(e)1e， 1e12，故，故 k(x)g(x)，即，即 ln x2ex2x， 故故 xf(x)2e2 exxax3. 12已知函数已知函数 f(x)1xxkln x，k1e，求函数，求函数 f(x)在在 1e，e 上的最大值和最小值上的最大值和最小值 解：解：f(x)x 1x x2kxkx1x2. (1)若若 k0，则，则 f(x)1x2，在，在 1e，e 上恒有上恒有 f(x)0， 所以所以 f(x)在在 1e，e 上单调递减上单调递减 (2)若若 k0，则，则 f(x)kx1x2k x1kx2. 若若 k0，则在，则在 1e，e 上恒有上恒有k x1kx20，由，由 ke， 则则 x1k0 在在 1e，e 上恒成立，所以上恒成立，所以k x1kx20， 所以所以 f(x)在在 1e，e 上单调递减上单调递减 综上，当综上，当 k1e时，时，f(x)在在 1e，e 上单调递减，上单调递减， 所以所以 f(x)minf(e)1ek1， f(x)maxf 1eek1.