(新课标)2022高考数学二轮总复习.6.2导数与不等式问题专题限时训练文.pdf

《(新课标)2022高考数学二轮总复习.6.2导数与不等式问题专题限时训练文.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(新课标)2022高考数学二轮总复习.6.2导数与不等式问题专题限时训练文.pdf（22页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 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 2 1.6.2 导数与不等式问题 专题限时训练(小题提速练)(建议用时：45 分钟)一、选择题 1函数f(x)13x3ax23x1 有两个极值点，那么实数a的取值范围是()A(3，)B.(，3)C(3，3)D.(，3)(3，)解析：f(x)x22ax3，由题意知方程f(x)0 有两个不相等的实数根，所以4a2120，解得a 3或a 3.选D.答案：D 2函数f(x)13x32x23m，x0，)，3 假设f(x)50 恒成立，那么实数m的取值范围是()A.179，B.179，C(，2 D.(，2)解析：f(x)x24

2、x，由f(x)0，得 0 x0，得x4 或x0，f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值 当a0 时，f(x)3(xa)(xa)当x(，a)和(a，)时，f(x)单调递增；当x(a，a)时，f(x)单调递减 所以当a1，即 0a2 恒成立，f(1)2，那么f(x)2x4 的解集为()A(1,1)B.(1，)C(，1)D.(，)解析：设F(x)f(x)2x4，那么F(x)6 f(x)2，因为f(x)2 恒成立，所以F(x)f(x)20，即函数F(x)在 R 上单调递增 因为f(1)2，所以F(1)f(1)2(1)42240.所以由F(x)f(x)2x40，得F(x)f(x)2x4F(1)，所以x

3、1，即不等式f(x)2x4 的解集为(1，)选 B.答案：B 6f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意的 0ab，那么必有()Aaf(b)bf(a)B.bf(a)af(b)Caf(a)f(b)D.bf(b)f(a)解析：因为xf(x)f(x)，f(x)0，所以fxxxfxfxx22fxx20，那么函数fxx在(0，)上单调递减 7 由于0ab，那么faafbb，即af(b)bf(a)选A.答案：A 7当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，那么实数a的取值范围是()A5，3 B.6，98 C6，2 D.4，3 解析：当x(0,1时，得a31x341x

4、21x，令t1x，那么t1，)，a3t34t2t.令g(t)3t34t2t，t1，)，那么g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，解得a0或a0，使得f(x0)0 有解，那么实数a的取值范围是()Aa2 B.a3 C.a1 D.a3 解析：函数f(x)的定义域是(0，)，不等式ax1ln x0 有解，即axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，可得h(x)1(ln x1)ln x令h(x)0，可得x1.当 0 x0，当x1 时，h(x)0，可得当x1 时，函数h(x)xxln 10 x取得最大值 1，要使不等式axxln x在(0，)上有解，只要a小于等

5、于h(x)的最大值即可，即a1.选 C.答案：C 10e 是自然对数的底数，函数f(x)exx2的零点为a，函数g(x)ln xx2 的零点为b，那么以下不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b)B.f(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b)D.f(b)f(1)0 恒成立，所以函数f(x)在 R 上是单调递增的，而f(0)e00210，所以函数 f(x)的零点a(0,1)由题意，知g(x)1x10，所以g(x)在(0，)上是单调递增的，又g(1)ln 11210，所以函数g(x)的零点b(1,2)综上，可得 0a1b2.因为f(x)在 R 上 11 是增函数，所以f(a)f(1)1

6、f(x)，且f(0)2，那么不等式 exf(x)ex1(其中 e 为自然对数的底数)的解集为()A(0，)B.(，0)(1，)C(1，)D.(，1)(0，)解析：设g(x)exf(x)ex，xR，那么g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1f(x)1f(x)，f(x)f(x)10，g(x)0，g(x)在定义域上单调递增exf(x)ex1，g(x)1.又g(0)e0f(0)e01，g(x)g(0)，x0，不等式的解集为(0，)选 A.答案：A 12 12(2022郑州三模)设函数f(x)在 R 上存在导函数f(x)，xR，有f(x)f(x)x3，在(0，)上有 2f(x)3x2

7、0，假设f(m2)f(m)3m26m4，那么实数m的取值范围为()A1,1 B.(，1 C1，)D.(，11，)解析：令g(x)f(x)12x3，g(x)g(x)f(x)12x3f(x)12(x)30，函数g(x)为偶函数，x(0，)时，g(x)f(x)32x20，函数g(x)在(0，)上是增函数，函数g(x)在(，0)上是减函数，f(m2)f(m)g(m2)12(m2)3g(m)12m3g(m2)g(m)3m26m43m26m4，13 g(m2)g(m)，|m2|m|，解得m1，实数m的取值范围(，1选 B.答案：B 二、填空题 13函数f(x)x2mx1，假设对于任意xm，m1，都有f(x

8、)0 成立，那么实数m的取值范围是 .解析：作出二次函数f(x)的图象，对于任意xm，m1，都有f(x)0，那么有 fm0，fm10，即 m2m210，m12mm110.解得22m0 时，即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a3x21x3.令g(x)3x21x3，那么g(x)312xx4，所以g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1 上单调递减因此g(x)maxg124，从而a4.当x0，那么不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0 的解集是 .解析：令g(x)x3f(x)(x0，所以g(x)在(，0)上单调递增不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(

9、3)0 等价于g(x2 015)g(3)0，所以x2 0153，解得x2 018.又x2 0150，解得x0 的解集是x|2 018x0，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即ax252x能成立令h(x)x252x，那么要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)x252x在x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)94，故只需a94.答案：94，17 专题限时训练(大题标准练)(建议用时：30 分钟)1(2022汕头二模)函数f(x)aln xx1(

10、其中aR)(1)讨论函数f(x)的极值；(2)对任意x0，f(x)12(a21)成立，求实数a的取值范围 解析：(1)f(x)的定义域为(0，)又f(x)ax1.当a0 时，在(0，)上，f(x)0 时，由f(x)0，得xa，在(0，a)上，f(x)0，f(x)为增函数，在(a，)上，f(x)0 时，f(x)有极大值f(a)aln aa1，无极小值；(2)由(1)知，当a0，f(x)是减函数，又令bea21，ln b0，不等式不成立；当a0 时，f(x)有极大值也是最大值，f(x)maxf(a)aln aa1，要使对任意x0，f(x)12(a21)成立，即aln aa112(a21)，那么al

11、n a32a12a20 成立 令u(a)aln a32a12a2(a0)，u(a)ln a11aln aa，19 令k(a)u(a)ln aa，那么k(a)1a11aa0，得a1.在(0,1)上，k(a)0，k(a)u(a)是增函数，在(1，)上，k(a)0，k(a)u(a)是减函数，当a1 时，k(a)u(a)取极大值也是最大值，u(a)maxu(1)10.在(0，)上，u(a)0，u(a)是减函数，又u(1)0，要使u(a)0 恒成立，那么a1.实数a的取值范围为1，)2(2022蓉城名校联盟联考)函数f(x)ax22(a1)x2ln x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存

12、在最大整数k，当ak时，对任意的x2，都有f(x)ex(x1)axln x成立？(其 20 中 e 为自然对数的底数，e2.718 28)假设存在，求出k的值；假设不存在，请说明理由 解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2(a1)2x2ax1x1x，所以当a(，0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当a(0,1)时，f(x)在(0,1)和1a，上单调递增，在1，1a上单调递减；当a1 时，f(x)在(0，)上单调递增；当a(1，)时，f(x)在0，1a和(1，)上单调递增，在1a，1 上单调递减(2)ax22(a1)x2ln xex(x1)axln x对

13、x2 恒成立ax2(a2)x3ln xex(x1)21 当x2 时，得 4a(a2)23ln 2e2，所以 2ae24ln 884210，所以a5，那么整数k的最大值不超过 4.下面证明：当a4 时，不等式对于x2 恒成立，设g(x)ax2(a 2)x 3ln x ex(x1)(x2)，那么g(x)2ax(a2)3xxex.令h(x)2ax(a2)3xxex，那么h(x)2a3x2(x1)ex2a(x1)ex2a3e283e20，所以h(x)在2，)上单调递减，所以h(x)2ax(a2)3xxexh(2)3a122e22322e20，22 即当x2，)时，g(x)0，所以g(x)在2，)上单调递减，所以g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)g(2)2a43ln 2e2843e27e20，所以a4 时，不等式恒成立，所以k的最大值为 4.