2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文

2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文一、選擇題1(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)x33ax，若x軸為曲線yf(x)的切線，則a的值為()A. B C D.答案D解析f(x)3x23a，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,0)，則解得故選D.2(2018·贛州一模)函數(shù)f(x)x2ln x的遞減區(qū)間為()A(，1) B(0,1)C(1，) D(0，)答案B解析f(x)的定義域是(0，)，f(x)x，令f(x)0，解得0x1，故函數(shù)f(x)在(0,1)上遞減故選B.3(2018·安徽示范高中二模)已知f(x)，則()Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2)答案D解析f(x)的定義域是(0，)，因?yàn)閒(x)，所以x(0，e)，f(x)>0；x(e，)，f(x)<0，故xe時，f(x)maxf(e)，而f(2)，f(3)，f(e)>f(3)>f(2)故選D.4(2018·安徽蕪湖模擬)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且函數(shù)y(1x)f(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)C函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2)D函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2)答案D解析當(dāng)x2時，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(，2)上是增函數(shù)當(dāng)2x1時，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(2,1)上是減函數(shù)當(dāng)1x2時，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(1,2)上是減函數(shù)當(dāng)x2時，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(2，)上是增函數(shù)綜上，f(2)為極大值，f(2)為極小值5(2018·河南八校聯(lián)考)已知f(x)x2cosx，f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f(x)的圖象大致為()答案A解析因?yàn)閒(x)x2cosx，所以f(x)xsinx，這是一個奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故排除B，D，又f(1)sin1sin0，f(2)1sin20，所以f(x)的圖象大致為A.6已知f(x)ax3，g(x)9x23x1，當(dāng)x1,2時，f(x)g(x)恒成立，則a的取值范圍為()Aa11 Ba11 Ca Da答案A解析f(x)g(x)恒成立，即ax39x23x1.x1,2，a.令t，則當(dāng)t時，a9t3t2t3.令h(t)9t3t2t3，h(t)96t3t23(t1)212.h(t)在上是增函數(shù)h(t)minh12>0.h(t)在上是增函數(shù)ah(1)11，故選A.7(2018·寶雞二檢)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)4，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<3，則不等式f(ln x)3ln x1的解集為()A(1，) B(0，e)C(0,1) D(e，)答案B解析設(shè)g(x)f(x)3x1，則g(x)f(x)3.由題意，得g(x)<0且g(1)0，故函數(shù)g(x)為單調(diào)遞減函數(shù)不等式f(ln x)>3ln x1可以轉(zhuǎn)化為f(ln x)3ln x1>0，即g(ln x)>0g(1)，所以解得0xe.二、填空題8(2018·陜西一檢)已知曲線yxln x在點(diǎn)(1,1)處的切線為l，若l與曲線yax2(a2)x1相切，則a_.答案8解析因?yàn)閥xln x，所以y1，所以yx12，故曲線yxln x在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y2x1，與yax2(a2)x1聯(lián)立，可得ax2ax20，a28a0，所以a0(舍)或a8，所以a8. 9已知函數(shù)f(x).若函數(shù)f(x)在區(qū)間(t0)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為_答案t1解析f(x)(x0)，由f(x)0，得0x1；由f(x)0，得x1.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(t0)上不是單調(diào)函數(shù)，所以解得t1.10(2018·廣西三市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)axln x，當(dāng)x(0，e(e為自然常數(shù))時，函數(shù)f(x)的最小值為3，則 a的值為_答案e2解析易知a0，由f(x)a0，得x，當(dāng)x時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)在x時取得最小值f1ln .當(dāng)0e時，由1ln 3，得ae2，符合題意；當(dāng)e時，x(0，e，f(x)minf(e)，即由aeln e3，得a，舍去三、解答題11(2018·河北七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x2(2a2)x(2a1)ln x.(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線的斜率小于0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意的a，函數(shù)g(x)f(x)在區(qū)間1,2上為增函數(shù)，求的取值范圍解(1)f(x)x(2a2)(x>0)，若曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線的斜率小于0，則f(2)a<0，即有a>，2a1>2>1，由f(x)>0得0<x<1或x>2a1；由f(x)<0得1<x<2a1.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(2a1，)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2a1)(2)g(x)f(x)在區(qū)間1,2上為增函數(shù)，g(x)0對任意的a，x1,2恒成立，而g(x)x(2a2)0，化簡得x3(2a2)x2(2a1)x0，即(2x2x2)ax32x2x0，其中a，x1,2，2x2x20，只需(2x2x2)x32x2x0，即x37x26x0對任意x1,2恒成立令h(x)x37x26x，x1,2，則h(x)3x214x6<0在1,2上恒成立，h(x)x37x26x在閉區(qū)間1,2上為減函數(shù)，則h(x)minh(2)8.h(x)minh(2)80，解得8.12已知函數(shù)f(x)x32x2ax(aR)(1)若a3，試求函數(shù)f(x)的圖象在x2處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間0,2上的最大值為2，試求實(shí)數(shù)a的值解(1)因?yàn)閍3，所以f(x)x32x23x，所以f(x)x24x3，所以f(2)222×437.因?yàn)閒(2)8612，所以切線方程為y127(x2)，即y7x2.設(shè)直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0，2)，所以該直線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S×2×.(2)f(x)x24xa(x2)2a4.若a40，a4，則f(x)0在0,2上恒成立，所以函數(shù)f(x)在0,2上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf(0)<2，此時a不存在若a0，則f(x)0在0,2上恒成立，所以函數(shù)f(x)在0,2上單調(diào)遞增，所以f(x)maxf(2)82a2a62，解得a2，因?yàn)閍0，所以此時a不存在若4<a<0，則函數(shù)f(x)在0,2上先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，所以f(x)maxmaxf(0)，f(2)當(dāng)2a6，即a<0時，f(x)maxf(2)2a62，解得a2，所以a2；當(dāng)2a6<，即4<a<時，f(x)maxf(0)<2，此時a不存在綜上所述a2.13(2018·大連模擬)已知函數(shù)f(x)aln x.(1)若x1是f(x)的極值點(diǎn)，試研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極值；(2)若f(x)0在(0，e上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)aln x，定義域?yàn)?0，)，則f(x)，若x1是f(x)的極值點(diǎn)，則f(1)0，即a1.f(x)ln x，f(x).令f(x)>0，則x>1，令f(x)<0，則x<1，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，f(x)在x1處取得極小值，極小值為f(1)1.(2)若f(x)0在(0，e上恒成立，即f(x)min0.由(1)知f(x)，當(dāng)a0時，即f(x)<0在(0，e上恒成立，即f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，則f(x)minf(e)aln ea0，得a0.當(dāng)a>0時，x時，f(x)<0，x時，f(x)>0，若e，即0<a時，f(x)<0在(0，e上恒成立，則f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，f(x)minf(e)a>0，即0<a時，f(x)0恒成立，若0<<e，即a>時，x時，f(x)<0，x時，f(x)>0，即f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則f(x)minfaaln 0，得<ae，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.14已知f(x)x22axln x.(1)當(dāng)a1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)有兩個不相等的極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，求2f(x1)f(x2)的最小值解(1)當(dāng)a1時，f(x)x22xln x(x>0)，f(x)2x2>0，所以f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增(2)f(x)2x2a，由題意得，x1和x2是方程2x22ax10的兩個不相等的正實(shí)根，則解得a>，2ax12x1,2ax22x1.由于>，所以x1，x2.所以2f(x1)f(x2)2(x2ax1ln x1)(x2ax2ln x2)2xx4ax12ax2ln x22ln x12xxln 1xln 1xln x2ln 21.令tx，g(t)tln t2ln 21，則g(t)1，當(dāng)<t<1時，g(t)<0；當(dāng)t>1時，g(t)>0.所以g(t)在上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，則g(t)ming(1)，所以2f(x1)f(x2)的最小值為.15(2018·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)ax2(3a1)x3a2ex.(1)若曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x1處取得極小值，求a的取值范圍解(1)因?yàn)閒(x)ax2(3a1)x3a2ex，所以f(x)ax2(a1)x1ex.f(2)(2a1)e2，由題設(shè)知f(2)0，即(2a1)e20，解得a.(2)解法一：由(1)得f(x)ax2(a1)x1ex(ax1)(x1)ex.若a>1，則當(dāng)x時，f(x)<0；當(dāng)x(1，)時，f(x)>0.所以f(x)在x1處取得極小值若a1，則當(dāng)x(0,1)時，ax1x1<0，所以f(x)>0.所以1不是f(x)的極小值點(diǎn)綜上可知，a的取值范圍是(1，)解法二：f(x)(ax1)(x1)ex.(1)當(dāng)a0時，令f(x)0得x1.f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)極大值f(x)在x1處取得極大值，不符合題意(2)當(dāng)a>0時，令f(x)0得x1，x21.當(dāng)x1x2，即a1時，f(x)(x1)2ex0，f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)無極值，不合題意當(dāng)x1>x2，即0<a<1時，f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(，1)1f(x)00f(x)極大值極小值f(x)在x1處取得極大值，不符合題意當(dāng)x1<x2，即a>1時，f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值f(x)在x1處取得極小值，即a>1滿足題意(3)當(dāng)a<0時，令f(x)0得x1，x21.f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x1(1，)f(x)00f(x)極小值極大值f(x)在x1處取得極大值，不符合題意綜上所述，a的取值范圍為(1，)