加强练(五)导数及其应用--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、加强练(五)导数及其应用 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1函数 f(x)aln xx 在 x1 处取到极值，则 a 的值为()A1 B12 C0 D.12 答案 A 解析 因为 f(x)aln xx，所以 f(x)ax1.又因为 f(x)在 x1 处取到极植，所以 f(1)a10a1.经检验符合题意故选 A.2(2020浙江名校预测二)已知函数 yf(x)的图象如图所示，则其导函数 yf(x)的图象可能是()答案 B 解析 由 yf(x)的图象可知 yf(x)为分段函数，当 x0，)时，曲线上各点的斜率是一个小

2、于 0 的常数，故此时对应的 f(x)是导函数值小于 0 的常值函数；当 x(，0)时，曲线上各点的斜率大于 0 且斜率越来越大，故此时对应的 f(x)是一个函数值大于 0 且单调递增的函数，故选 B.3(2020济南模拟)已知函数 yf(x)的部分图象如图，则 f(x)的解析式可能是()Af(x)xtan x Bf(x)xsin 2x Cf(x)x12sin 2x Df(x)x12cos x 答案 C 解析 由函数图象可得 f(x)是定义在 R 上的奇函数，排除 A，D；对于 f(x)xsin 2x，f(x)12cos 2x，因为方程 f(x)0 有无数个解，所以函数 f(x)有无数个极值点

3、，与图象不符，排除 B；对于 f(x)x12sin 2x，f(x)1cos 2x0，则 f(x)在 R 上是增函数，与图象相符，故选 C.4已知函数 yf(x)是定义在 R 上的函数，其图象关于坐标原点对称，且当 x(，0)时，不等式 f(x)xf(x)bc Bcba Ccab Dacb 答案 C 解析 构造函数 g(x)xf(x)，则 g(x)f(x)xf(x)，当 x(，0)时，g(x)0，所以函数 yg(x)在(，0)上单调递减因为函数 yf(x)的图象关于坐标原点对称，所以 yf(x)是奇函数，由此可知函数 yg(x)是偶函数 根据偶函数的性质，可知函数 yg(x)在(0，)上单调递增

4、又 ag(20.2)，bg(ln 2)，cg(2)g(2)，由于 ln 220.2ab.5(2021温州适应性考试)若 x2 是函数 f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D1 答案 A 解析 f(x)x2(a2)xa1ex1，则 f(2)42(a2)a1e30a1，则 f(x)(x2x1)ex1，f(x)(x2x2)ex1，又 ex10，恒成立，令 f(x)0，得 x2 或 x1，当 x1 时，f(x)0，当2x1 时，f(x)f(1)f5 Bf(1)f3f5 Cf5f(1)f3 Df3f5f(1)答案 A 解析 因为 f(x)xsin x，

5、所以 f(x)(x)sin(x)xsin xf(x)，所以函数 f(x)是偶函数，所以 f3f3.又当 x0，2时，f(x)sin xxcos x0，所以函数 f(x)在0，2上是增函数，所以 f5f(1)f(1)f5.7(2019天津卷)已知函数 f(x)2 x，0 x1，1x，x1.若关于 x 的方程 f(x)14xa(aR)恰有两个互异的实数解，则 a 的取值范围为()A.54，94 B.54，94 C.54，941 D.54，941 答案 D 解析 如图，分别画出两函数 yf(x)和 y14xa 的图象 (1)先研究当 0 x1 时，直线 y14xa 与 y2 x的图象只有一个交点的情

6、况 当直线 y14xa 过点 B(1，2)时，214a，解得 a94.所以 0a94.(2)再研究当 x1 时，直线 y14xa 与 y1x的图象只有一个交点的情况：相切时，由 y1x214，得 x2，此时切点为2，12，则 a1.相交时，由图象可知直线 y14xa 从过点 A 向右上方移动时与 y1x的图象只有一个交点过点 A(1，1)时，114a，解得 a54.所以 a54.结合图象可得，所求实数 a 的取值范围为54，941 故选 D.8(2020浙江名师预测卷二)已知函数 f(x)x2(x1)|xa|，aR，xa，下列结论中正确的是()A存在实数 a 使得 f(x)0 有唯一解 B存在

7、实数 a 使得 f(x)0 有两个解 C不存在实数 a 使得 f(x)0 无解 D不存在实数 a 使得 f(x)0 恒成立 答案 A 解析 f(x)x2(x1)|xa|2x2（1a）xa，xa，（1a）xa，xa，当1a4a，即 a13时，f(x)在 R 上单调递增，f(x)0 恒成立，排除 C，D；当1a13时，f(x)在(，a)上单调递增，在a，1a4上单调递减，在1a4，上单调递增，当且仅当 x1a4时，f(x)0；当 a1 时，f(x)在，1a4上单调递减，在1a4，上单调递增，当且仅当 x1a4时，f(x)0；当 a1 时，f(x)2x21，x1，1，x1，f(x)0 有无数个解，综

8、上，故选 A.9(2020浙江名校联考信息卷八)若函数 f(x)2（ln x1）xa 1 恰有两个零点，则实数 a 的取值范围是()A(，11，3)B(1，3)C(1，1)(1，3)D1，3)答案 A 解析 由 f(x)0 得2（ln x1）xa1，设 g(x)2（ln x1）x，f(x)恰有两个零点，即函数 g(x)2（ln x1）x的图象与直线 ya1 恰有两个交点g(x)2ln xx2，当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增；当 x(1，)时，g(x)1e时，g(x)0，当 x时，g(x)0，x0时，g(x)，g(1)2，所以作出 g(x)的大致图象 由图可知，当 a10 或a

9、12，a10或a12，0a12时满足题意，解得 a1 或 1a0，1x2)的最大值为 3，最小值为5，则 ab_ 答案 6 解析 令 f(x)4ax38ax4ax(x22)0，解得 x10(舍去)，x2 2，x3 2(舍去)又 f(1)a4abb3a，f(2)16a16abb，f(2)b4a，所以b4a5，b3.所以 a2，b3，ab6.15(一题多解)在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 yx4x(x0)上的一个动点，则点 P 到直线 xy0 的距离的最小值是_；此时点 P 的坐标为_ 答案 4(2，3 2)解析 法一 由题意可设 Px0，x04x0(x00)，则点 P 到直线 xy0

10、的距离 dx0 x04x022x04x0222x04x024，当且仅当 2x04x0，即 x0 2时取等号，此时 y0 2423 2，即点 P 的坐标为(2，3 2)法二 设 Px0，4x0 x0(x00)，则曲线在点 P 处的切线的斜率为 k14x20.令 14x201，结合 x00 得 x0 2，P(2，3 2)，曲线 yx4x(x0)上的点 P 到直线xy0 的最短距离即为此时点 P 到直线 xy0 的距离，故 dmin|23 2|24.16(2020北京东城区期末)已知函数 f(x)axexx22x.(1)当 a1 时，曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为_；(2)当 x0

11、 时，若曲线 yf(x)在直线 yx 的上方，则实数 a 的取值范围是_ 答案(1)yx(2)1，)解析(1)当 a1 时，f(x)xexx22x，其导数 f(x)ex(x1)2x2，f(0)1.又因为 f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 yx.(2)根据题意，当 x0 时，“曲线 yf(x)在直线 yx 的上方”等价于“axexx22xx 恒成立”，又由 x0，则 axexx22xxaexx10ax1ex，则原问题等价于 ax1ex恒成立；设 g(x)x1ex，则 g(x)xex，又由 x0，则 g(x)0，则函数 g(x)在区间(0，)上递减，又由 g(0)1

12、e01，则有x1ex1，若 ax1ex恒成立，必有 a1，即 a 的取值范围为1，)17已知函数 F(x)1xxkln x(其中 k0)，F(x)（1x）x（1x）xx2kxkx1x2.若 k0，在1e，e 上，恒有kx1kx20 时，ke，x1k0，kx1kx20，F(x)在1e，e 上单调递减，F(x)minF(e)1eek1ek1，F(x)maxF1eek1.综上所述，当 k0 且 k0)(1)若 x0 时，函数 f(x)取得一个极值，求实数 k 的值；(2)在(1)的条件下，对任意 nN*，m1，求证11m 11m211mn12，所以 f(x)22x1k，由 f(0)0，得 k2.当

13、k2 时，f(x)4x2x1，它在 x0 的两侧是异号的，所以 k2 成立(2)证明 由(1)进一步可以判断出 f(0)是 f(x)在12，上的极大值，也是最大值，于是我们可以得到任意 x12，ln(12x)2x，所以任意 x12，12xe2x.于是11m 11m211mne1m1m21mne1m1mn111m0)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)求证：f(x)ex2(x0)(1)解 已知函数 f(x)1exx(x0)，导函数为 f(x)1xexx2ex.令 h(x)exx1，则 h(x)ex1，当 x0 时，h(x)ex10 时，h(x)ex10，所以 h(x)minh(0)0，即 e

14、xx1，当且仅当 x0 时，等号成立 由已知 x0，得 exx1，所以 f(x)1xexx2exex2(x0)等价于 exxex210)令 g(x)exxex21，x0，g(x)exex2x12ex2 ex2ex2x21，由(1)易得 ex2x21，所以 g(x)0 时，有 g(x)g(0)0，即 exxex210)，故 f(x)ex2(x0)21(本小题满分 15 分)(2020北京丰台区期末)设函数 f(x)asin xxcos x，x0，2(1)当 a1 时，求证：f(x)0；(2)如果 f(x)0 恒成立，求实数 a 的最小值(1)证明 因为 a1，所以 f(x)sin xxcos x

15、，f(x)xsin x，当x0，2时，f(x)0恒成立，所以f(x)在区间0，2上单调递增，所以f(x)f(0)0.(2)解 因为 f(x)asin xxcos x，x0，2，所以 f(x)(a1)cos xxsin x.当 a1 时，由(1)知 f(x)0 对 x0，2恒成立；当 a1 时，因为 x0，2，所以 f(x)0.因此 f(x)在区间0，2上单调递增，所以 f(x)f(0)0 对 x0，2恒成立；当 a1 时，令 g(x)f(x)，则 g(x)(2a)sin xxcos x，因为 x0，2，所以 g(x)0 恒成立，因此 g(x)在区间0，2上单调递增，且 g(0)a10，g220

16、，所以存在唯一 x00，2使得 g(x0)0，即 f(x0)0.所以任意 x(0，x0)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递减 所以 f(x)f(0)0，不合题意 综上可知实数 a 的最小值为 1.22(本小题满分 15 分)(2020诸暨期末)已知函数 f(x)1xxaln x.(1)若 f(x)在(0，)上为单调函数，求实数 a 的取值范围；(2)若3 22a52，记 f(x)的两个极值点为 x1，x2，记f（x1）f（x2）x1x2的最大值与最小值分别为 M，m，求 Mm 的值 解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x21axx2ax1x2.因为 f(x)为单调函

17、数，所以 x2ax10 对 x0 恒成立，即 ax1x对 x(0，)恒成立，x1x2，所以 a2.即实数 a 的取值范围是(，2(2)由(1)知 x1，x2是 x2ax10 的两个根，从而 x1x2a，x1x21，不妨设 x1x2，则 tx1x2a a24a a244（a a24）2，0t1，由已知3 22a52，所以t为关于a的减函数，所以14t12，f（x1）f（x2）x1x21x1x21aln x1ln x2x1x2 2(x1x2)ln x1ln x2x1x2 2t1t1ln t.令 h(t)2t1t1ln t，则 h(t)t1t2ln t（t1）2.因为当 a2 时，f(x)1xx2ln x 在(0，)上为减函数，所以当 t1 时，f(t)1tt2ln tf(1)0，从而 h(t)0，所以 h(t)在(0，1)上为减函数，所以当3 22a52时，Mmh14h12ln 23.