(新课标)2022高考数学二轮总复习1.6.2导数与不等式问题专题限时训练文.pdf

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1、新课标新课标 20222022 高考数学二轮总高考数学二轮总复习复习1.6.21.6.2 导数与不等式问题专导数与不等式问题专题限时训练文题限时训练文1.6.21.6.2 导数与不等式问题导数与不等式问题专题限时训练专题限时训练(小题提速练小题提速练)(建议用时：建议用时：4545 分钟分钟)一、选择题一、选择题1 13 31 1函数函数f f(x x)x xaxax2 23 3x x1 1 有两个极值点，有两个极值点，3 3那么实数那么实数a a的取值范围是的取值范围是()A A(3 3，)，)C C(3 3，3)3)(3 3，)，)解析：解析：f f(x x)x x2 22 2axax3

2、3，由题意知方程由题意知方程f f(x x)0 0 有两个不相等的实数有两个不相等的实数根，根，所以所以4 4a a120120，解得，解得a a 3 3或或a a 3.3.选选D.D.答案：答案：D D1 13 32 22 2函数函数f f(x x)x x2 2x x3 3m m，x x00，)，)，3 32 2B.(B.(，3)3)D.(D.(，3 3)2 2假设假设f f(x x)5050 恒成立，那么实数恒成立，那么实数m m的取值范的取值范围是围是()1717 A.A.，9 9 1717 B.B.，9 9 C C(，222 2D.(D.(，2)2)解析：解析：f f(x x)x x4

3、 4x x，由由f f(x x)0)0，得得 00 x x40)0，得，得x x44 或或x x00)0，f f(x x)在在(0,1)(0,1)内单调递增，无最小值内单调递增，无最小值当当a a00 时，时，f f(x x)3(3(x xa a)()(x xa a)当当x x(，a a)和和(a a，)时，)时，f f(x x)单单调递增；调递增；当当x x(a a，a a)时，时，f f(x x)单调递减单调递减所以当所以当a a11，即，即00a a12)2 恒成立，恒成立，f f(1)1)2 2，那么，那么f f(x x)2)2x x4 4 的解集为的解集为()A A(1,1)1,1)

4、C C(，1)1)B.(B.(1 1，)，)D.(D.(，)，)解析：解析：设设F F(x x)f f(x x)2 2x x4 4，那么，那么F F(x x)5 5f f(x x)2 2，因为因为f f(x x)2)2 恒成立，恒成立，所以所以F F(x x)f f(x x)2020，即函数即函数F F(x x)在在 R R 上单调递增上单调递增 因因为为f f(1)1)2 2，所以所以F F(1)1)f f(1)1)2(2(1)1)4 42 22 24 40.0.所以由所以由F F(x x)f f(x x)2 2x x4040，得，得F F(x x)f f(x x)2 2x x44F F(1

5、)1)，所以，所以x x 1 1，即不等式，即不等式f f(x x)2)2x x4 4 的解集为的解集为(1 1，)选)选 B.B.答案：答案：B B6 6f f(x x)是定义在是定义在(0(0，)上的非负可导函数，)上的非负可导函数，且满足且满足xfxf(x x)f f(x x)0，)0，对任意的对任意的 00a a b b，那那么必有么必有()A Aafaf(b b)bfbf(a a)C Cafaf(a a)f f(b b)B.B.bfbf(a a)afaf(b b)D.D.bfbf(b b)f f(a a)解析：解析：因为因为xfxf(x x)f f(x x)，f f(x x)0，)0

6、，f f x x xfxf x x f f x x 2 2f f x x 所以所以 0，0，2 22 2x xx x x x f f x x 那么函数那么函数在在(0(0，)上单调递减，)上单调递减x x6 6f f a a f f b b 由于由于00a a b b，那么那么，即即afaf(b b)bfbf(a a)选选a ab bA.A.答案：答案：A A7 7当当x x 2,12,1时，时，不等式不等式axaxx x4 4x x3030恒成立，那么实数恒成立，那么实数a a的取值范围是的取值范围是()A A 5 5，33C C 6 6，22 9 9 B.B.6 6，8 8 3 32 2D

7、.D.4 4，33 1 1 3 3 1 1 2 21 1解析：解析：当当x x(0,1(0,1时，得时，得a a3 3 4 4 ，x x x x x x令令t t，那么，那么t t11，)，)，a a3 3t t4 4t t1 13 32 2x xt t.令令g g(t t)3 3t t4 4t tt t，t t11，)，那么，)，那么3 32 2g g(t t)9 9t t2 28 8t t1 1(t t1)(91)(9t t1)1)，显然在显然在11，)上，)上，g g(t t)0)0)0，解得，解得a a00或或a a 00，使，使x x得得f f(x x0 0)0)0 有解，那么实数有

8、解，那么实数a a的取值范围是的取值范围是()A Aa a22C.C.a a11B.B.a a33D.D.a a33解析：解析：函数函数f f(x x)的定义域是的定义域是(0(0，)，不等式，)，不等式a a1 1lnlnx x00 有解，即有解，即a ax xx xlnlnx x在在(0(0，x x)上有解令)上有解令h h(x x)x xx xlnlnx x，可得，可得h h(x x)1 1(ln(lnx x1)1)lnlnx x令令h h(x x)0 0，可得，可得x x1.1.当当 00 x x10)0，当，当x x11 时，时，h h(x x)0)0，可得当，可得当x x1 1 时

9、，函数时，函数h h(x x)x xx xlnln9 9x x取得最大值取得最大值 1 1，要使不等式，要使不等式a ax xx xlnlnx x在在(0(0，)上有解，只要)上有解，只要a a小于等于小于等于h h(x x)的最大值即的最大值即可，即可，即a a1.选1.选 C.C.答案：答案：C C1010e e 是自然对数的底数，函数是自然对数的底数，函数f f(x x)e ex xx x2 2的零点为的零点为a a，函数函数g g(x x)lnlnx xx x2 2 的零点为的零点为b b，那么以下不等式中成立的是那么以下不等式中成立的是()A Af f(a a)f f(1)(1)f

10、f(b b)C Cf f(1)(1)f f(a a)f f(b b)B.B.f f(a a)f f(b b)f f(1)(1)D.D.f f(b b)f f(1)(1)010 恒成立，恒成立，所以函数所以函数f f(x x)在在 R R 上是单调递增的，而上是单调递增的，而f f(0)(0)e e 0 02 2101010，所所以函数以函数f f(x x)的零点的零点a a(0,1)(0,1)由题意，由题意，知知g g(x x)1 1 1010，所以，所以g g(x x)在在(0(0，)上是单调递增，)上是单调递增0 01 1x x的，又的，又g g(1)(1)ln 1ln 11 12 210

11、10ln 20，所以函数，所以函数g g(x x)的零点的零点b b(1,2)(1,2)综上，综上，可得可得 00a a11b b2.2.因为因为f f(x x)在在 R R 上上1010是增函数，所以是增函数，所以f f(a a)f f(1)(1)1)1f f(x x)，且，且f f(0)(0)2 2，那么不等式那么不等式 e ex xf f(x x)e)ex x1(1(其中其中 e e 为自然对数的为自然对数的底数底数)的解集为的解集为()A A(0(0，)，)C C(1 1，)，)解析：解析：设设g g(x x)e ef f(x x)e e，x xR R，那么，那么g g(x x)e e

12、f f(x x)e ef f(x x)e e e e f f(x x)f f(x x)11f f(x x)1)1f f(x x)，f f(x x)f f(x x)1010，g g(x x)0)0，g g(x x)在定义域上单调递增在定义域上单调递增e ex xf f(x x)e)ex x1 1，g g(x x)1.)1.又又g g(0)(0)e e0 0f f(0)(0)e e0 01 1，g g(x x)g g(0)(0)，x x00，不等式的解集为，不等式的解集为(0(0，)选，)选 A.A.答案：答案：A A1111B.(B.(，0)0)(1(1，D.(D.(，1)1)(0(0，x xx

13、 xx xx xx xx x1212(2022郑州三模(2022郑州三模)设函数设函数f f(x x)在在 R R 上存在上存在导函数导函数f f(x x)，x xR R，有，有f f(x x)f f(x x)x x，在在(0(0，)上有，)上有 2 2f f(x x)3 3x x00，假设，假设f f(m m2)2)f f(m m)3 3m m6 6m m4 4，那么实数，那么实数m m的取值范的取值范围为围为()A A 1,11,1C C11，)，)1 13 3解析：解析：令令g g(x x)f f(x x)x x，g g(x x)g g(x x)2 21 13 31 13 3f f(x

14、x)x xf f(x x)(x x)0 0，函数，函数g g(x x)2 22 2为偶函数，为偶函数，x x(0(0，)时，)时，g g(x x)f f(x x)3 32 2x x00，函数，函数g g(x x)在在(0(0，)上是增函数，)上是增函数，2 2函数函数g g(x x)在在(，0)0)上是减函数，上是减函数，f f(m m1 11 13 33 32)2)f f(m m)g g(m m2)2)(m m2)2)g g(m m)m m2 22 2B.(B.(，11D.(D.(，1111，2 22 23 3g g(m m2)2)g g(m m)3 3m m6 6m m443 3m m6

15、6m m4 4，12122 22 2g g(m m2)2)g g(m m)，|m m2|2|m m|，解得，解得m m1，1，实数实数m m的取值范围的取值范围(，11选选 B.B.答案：答案：B B二、填空题二、填空题1313函数函数f f(x x)x x2 2mxmx1 1，假设对于任意，假设对于任意x x m m，m m11，都有，都有f f(x x)0)0 成立，那么实数成立，那么实数m m的取的取值范围是值范围是.解析：解析：作出二次函数作出二次函数f f(x x)的图象，对于任意的图象，对于任意x x m m，m m11，都有，都有f f(x x)0)0，f f m m 00，那么

16、有那么有 f f m m1 1 00，m m2 2m m2 21010，即即 2 2 m m1 1 m m m m1 1 10.10.2 2解得解得 m m0.00 时，时，即即x x(0,1(0,1时，时，f f(x x)axax3 3x x1010可化为可化为a a2 23 3.3 31 13 33 3x xx x3 3 1 12 2x x 令令g g(x x)2 23 3，那么，那么g g(x x)，4 43 31 1x xx xx x 1 1 所以所以g g(x x)在区间在区间 0 0，上单调递增，在区间上单调递增，在区间2 2 1 1 1 1 ，1 1 上单调递减因此上单调递减因此

17、g g(x x)maxmaxg g 4 4，从而，从而 2 2 2 2 a a4.4.当当x x00)0，那么不等式，那么不等式(x x2 2 015)015)3 3f f(x x2 2 015)015)2727f f(3)03)0 的解集是的解集是.解析：解析：令令g g(x x)x x f f(x x)()(x x0)0)0，所以，所以g g(x x)在在(，0)0)上单调递增不等式上单调递增不等式(x x2 015)2 015)f f(x x2 015)2 015)2727f f(3)03)0 等价于等价于g g(x x2 2 015)015)g g(3)03)0，所，所以以x x2 2

18、 0150153 3，解得解得x x 2 2 018.018.又又x x2 2 01500150，解得解得x x 03)0 的解集是的解集是 x x|2 0182 018x x 00，x x1 1 在在0,10,1上单调递增，所以上单调递增，所以x x0,10,1时，时，f f(x x)minminf f(0)(0)1.1.根据题意可知存在根据题意可知存在x x1,21,2，使，使得得g g(x x)x x2 2axax441 1，即，即x x2 2axax50，50，5 5x x5 5即即a a 能成立能成立令令h h(x x)，那么要使那么要使2 22 2x x2 22 2x x2 22

19、2x xa ah h(x x)在在x x1,21,2能成立，只需使能成立，只需使a ah h(x x)minmin，5 5又函数又函数h h(x x)在在x x1,21,2上单调递减，上单调递减，所所2 22 2x x9 99 9以以h h(x x)minminh h(2)(2)，故只需，故只需a a.4 44 4 9 9 答案：答案：，4 4 x x1616专题限时训练专题限时训练(大题标准练大题标准练)(建议用时：建议用时：3030 分钟分钟)1 1(2022汕头二模(2022汕头二模)函数函数f f(x x)a alnlnx xx x1(1(其中其中a aR)R)(1)(1)讨论函数讨论

20、函数f f(x x)的极值；的极值；1 12 2(2)(2)对任意对任意x x00，f f(x x)(a a1)1)成立，求实数成立，求实数a a2 2的取值范围的取值范围解析：解析：(1)(1)f f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，)a a又又f f(x x)1.1.x x当当a a00 时，在时，在(0(0，)上，)上，f f(x x)0)00 时，由时，由f f(x x)0 0，得，得x xa a，在在(0(0，a a)上，上，f f(x x)0)0，f f(x x)为增函数，在为增函数，在(a a，)上，)上，f f(x x)0)00 时，时，f f(x x)有极大值有极大

21、值f f(a a)a alnlna aa a1 1，无极小值；，无极小值；(2)(2)由由(1)(1)知，当知，当a a0，0，f f(x x)是减函数，又令是减函数，又令b be e 11，lnlnb b000，不等式不成立；，不等式不成立；2 2当当a a00 时，时，f f(x x)有极大值也是最大值，有极大值也是最大值，f f(x x)maxmaxf f(a a)a alnlna aa a1 1，1 12 2要使对任意要使对任意x x00，f f(x x)(a a1)1)成立，成立，2 21 12 23 3即即a alnlna aa a11(a a1)1)，那么，那么a alnlna

22、a a a2 22 21 12 2a a00 成立成立2 23 31 12 2令令u u(a a)a alnlna a a aa a(a a0)0)，2 22 2u u(a a)lnlna a1 11 1a alnlna aa a，1818a aa a令令k k(a a)u u(a a)lnlna aa a，1 11 1a a那么那么k k(a a)1 10 0，得，得a a1.1.a aa a在在(0,1)(0,1)上，上，k k(a a)0)0，k k(a a)u u(a a)是增函数，是增函数，在在(1(1，)上，)上，k k(a a)0)0，k k(a a)u u(a a)是减是减函数

23、，函数，当当a a1 1 时，时，k k(a a)u u(a a)取极大值也是最大取极大值也是最大值，值，u u(a a)maxmaxu u(1)(1)10.10.在在(0(0，)上，)上，u u(a a)0)0，u u(a a)是减函数，又是减函数，又u u(1)(1)0 0，要使要使u u(a a)0)0 恒成立，那么恒成立，那么a a1.1.实数实数a a的取值范围为的取值范围为11，)，)2 2(2022蓉城名校联盟联考(2022蓉城名校联盟联考)函数函数f f(x x)axax2 22(2(a a1)1)x x2ln2lnx x，a aR.R.(1)(1)讨论函数讨论函数f f(x

24、x)的单调性；的单调性；(2)(2)是否存在最大整数是否存在最大整数k k，当，当a ak k时，对任意的时，对任意的x x2，2，都有都有f f(x x)e)e(x x1)1)axaxlnlnx x成立？成立？(其其1919x x中中 e e 为自然对数的底数，为自然对数的底数，e e2.7182.718 28)假设存28)假设存在，求出在，求出k k的值；假设不存在，请说明理由的值；假设不存在，请说明理由解析：解析：(1)(1)f f(x x)的定义域为的定义域为(0(0，)，)，f f(x x)2 2axax2(2(a a1)1)x x2 22 2 axax1 1 x x1 1 x x，

25、所以当所以当a a(，00时，时，f f(x x)在在(0,1)(0,1)上单调递上单调递增，在增，在(1(1，)上单调递减；，)上单调递减；1 1 当当a a(0,1)(0,1)时，时，f f(x x)在在(0,1)(0,1)和和，上单调上单调 a a 1 1 递增，在递增，在 1 1，上单调递减；上单调递减；a a 当当a a1 1 时，时，f f(x x)在在(0(0，)上单调递增；，)上单调递增；1 1 当当a a(1(1，)时，)时，f f(x x)在在 0 0，和和(1(1，)，)a a 1 1 上单调递增，在上单调递增，在，1 1 上单调递减上单调递减 a a(2)(2)axax

26、2 22(2(a a1)1)x x2ln2lnx xeex x(x x1)1)axaxlnlnx x对对x x22 恒成立恒成立axax(a a2)2)x x3ln3lnx xee(x x1)1)20202 2x x当当x x2 2 时，得时，得 4 4a a(a a2)22)23ln 2e3ln 2e，所以所以 2 2a aee 4 4ln 88ln 884 42 21010，所以所以a a55，那么整数，那么整数k k的最大值不超过的最大值不超过 4.4.下面证明：下面证明：当当a a44 时，时，不等式对于不等式对于x x22 恒成恒成立，立，设设g g(x x)axax(a a 2)2

27、)x x 3ln3lnx x e e(x x1)(1)(x x2)，2)，那么那么g g(x x)2 2axax(a a2)2)x xe e.3 3x x2 22 22 2x xx x3 3令令h h(x x)2 2axax(a a2)2)x xe ex x，x x那那么么h h(x x)2 2a a3 3x x2 2(x x1)e1)e 22a a(x xx x1)e1)ex x22a a3e3e2 2883e3e2 200，所以所以h h(x x)在在22，)上单调递减，)上单调递减，所以所以h h(x x)2 2axax(a a2)2)x xe e h h(2)(2)3 3a a3 3x xx x1 123232 22 22e2e 2e2e 00，2 22 22121即当即当x x22，)时，)时，g g(x x)0)0，所以所以g g(x x)在在22，)上单调递减，)上单调递减，所所以以g g(x x)axax(a a2)2)x x3ln3lnx xe e(x x1)1)g g(2)(2)2 2a a4 43ln 23ln 2e e 884 43 3e e 7 72 22 22 2x xe e2 200，所以所以a a44 时，不等式恒成立，所以时，不等式恒成立，所以值为值为 4.4.k k的最大的最大2222