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三年模拟一年创新2022届高考数学复习第三章第二节导数的应用文全国通用

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【大高考】(三年模拟一年创新)2022届高考数学复习第三章第二节导数的应用文(全国通用)A组 专项基础测试三年模拟精选一、选择题1.(2022·云南师大附中检测)若函数f(x)=x3-tx2+3x在区间[1,4]上单调递减,则实数t的取值范围是(  )A.B.(-∞,3]C.D.[3,+∞)解析 f′(x)=3x2-2tx+3,由于f(x)在区间[1,4]上单调递减,则有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,即3x2-2tx+3≤0,即t≥在[1,4]上恒成立,因为y=在[1,4]上单调递增,所以t≥=,故选C.答案 C2.(2022·深圳市五校一联)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,f(1)=0,当x>0时,有>0成立,则不等式f(x)>0的解集是(  )A.(-1,0)∪(1,+∞)B.(-1,0)C.(1,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)解析 构造函数h(x)=,x>0,则h′(x)=>0,x>0,所以h(x)是(0,+∞)上过点(1,0)的增函数,所以当x∈(0,1)时<0,从而得f(x)<0;当x∈(1,+∞)时>0,从而得f(x)>0,由于函数f(x)是定义在R上的奇函数,所以不等式f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞),故选A.答案 A3.(2022·山东省实验中学二诊)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)<,则f(x)<+的解集是(  )A.{x|-1<x<1}B.{x|x<-1}C.{x|x<-1或x>1}D.{x|x>1}8\n解析 构造函数F(x)=f(x)-,F(1)=f(1)-1=0,∵f′(x)<,∴F′(x)=f′(x)-<0,∴F(x)在R上单调递减,f(x)<+的解集即F(x)<0=F(1)的解集,得x>1.答案 D4.(2022·广东佛山调研)若函数f(x)=x3-3x在(a,6-a2]上有最小值,则实数a的取值范围是(  )A.(-,1)B.[-,1)C.[-2,1)D.(-2,1)解析 f(x)=x3-3x,f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0,解得x=±1,可以判断当x=1时函数有极小值,∴解得a∈[-,1),∴选B.答案 B5.(2022·山东青岛质检)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是(  )A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(e)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(e)>f(d)解析 依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;当x∈(c,e)时,f′(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a),选C.答案 C二、填空题8\n6.(2022·珠海模拟)已知函数f(x)=x3+x,对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围为________.解析 ∵f′(x)=3x2+1>0恒成立,∴f(x)在R上是增函数.又f(-x)=-f(x),∴y=f(x)为奇函数.由f(mx-2)+f(x)<0得f(mx-2)<-f(x)=f(-x),∴mx-2<-x,即mx-2+x<0在m∈[-2,2]上恒成立.记g(m)=xm-2+x,则即解得-2<x<.答案 7.(2022·赣州市十二县联考)若函数f(x)=x3-x2+(3-a)x+b有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是________.解析 f′(x)=x2-ax+3-a,要使f(x)有三个不同单调区间,需Δ=(-a)2-4(3-a)>0,即a∈(-∞,-6)∪(2,+∞).答案 (-∞,-6)∪(2,+∞)一年创新演练8.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为________.解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f′(x)=0有两个不等的实根,故Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.答案 (-∞,-1)∪(2,+∞)9.已知函数f(x)=-x2+4x-3lnx在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是________.解析 由题意知f′(x)=-x+4-==-,由f′(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,8\n则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.答案 (0,1)∪(2,3)B组 专项提升测试三年模拟精选一、选择题10.(2022·珠海摸底)若函数f(x)=在[-2,2]上的最大值为2,则a的取值范围是(  )A.B.C.(-∞,0]D.解析 当x≤0时,f′(x)=6x2+6x,易知函数f(x)在(-∞,0]上的极大值点是x=-1,且f(-1)=2,故只要在(0,2]上,eax≤2即可,即ax≤ln2在(0,2]上恒成立,即a≤在(0,2]上恒成立,故a≤ln2.答案 D11.(2022·巴蜀中学一模)定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=1,则不等式<1的解集为(  )A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,2)D.(2,+∞)解析 构造函数F(x)=,F′(x)=.∵f′(x)<f(x),∴F′(x)<0,∴F(x)在R上单调递减,∵F(0)==1,∴<1的解集,即F(x)<1的解集,F(x)<1=F(0),∴x>0.答案 B二、填空题12.(2022·河南南阳三模)已知函数f(x)=x3+x,对任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围为________.8\n解析 ∵f′(x)=3x2+1>0恒成立,∴f(x)在R上是增函数.又f(-x)=-f(x),∴y=f(x)为奇函数.由f(mx-2)+f(x)<0得f(mx-2)<-f(x)=f(-x),∴mx-2<-x,即mx-2+x<0在m∈[-2,2]上恒成立.记g(m)=xm-2+x,则即解得-2<x<.答案 三、解答题13.(2022·德州模拟)已知函数f(x)=lnx-ax2-2x.(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求实数a的值;(2)若函数f(x)在定义域内单调递增,求实数a的取值范围;(3)当a=-时,关于x的方程f(x)=-x+b在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,求实数b的取值范围.解 (1)f′(x)=-(x>0),∵x=2时,f(x)取得极值,∴f′(2)=0,解得a=-,经检验知符合题意.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),依题意f′(x)≥0在x>0时恒成立,即ax2+2x-1≤0在x>0时恒成立,即a≤=-1在x>0时恒成立,即a≤(x>0),当x=1时,-1取最小值-1,8\n∴a的取值范围是(-∞,-1].(3)a=-,f(x)=-x+b,即x2-x+lnx-b=0.设g(x)=x2-x+lnx-b(x>0),则g′(x)=.列表x(0,1)1(1,2)2(2,4)g′(x)+0-0+g(x)↗极大值↘极小值↗∴g(x)极小值=g(2)=ln2-b-2,g(x)极大值=g(1)=-b-,又g(4)=2ln2-b-2.∵方程g(x)=0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,则解得ln2-2<b≤-.14.(2022·四川广安诊断)已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3,其中a为实数.(1)求函数f(x)在[t,t+2]上的最小值;(2)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.解 (1)由题知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1,当x∈时,f′(x)<0,故f(x)在上单调递减,当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在上单调递增.①当0<t<t+2<时,无解;②当0<t<<t+2,即0<t<时,函数f(x)在[t,t+2]上的最小值8\nf(x)min=f=-;③当≤t<t+2,即t≥时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,故函数f(x)在[t,t+2]上的最小值f(x)min=f(t)=tlnt.综上可知f(x)min=(2)由题知2xlnx≥-x2+ax-3,即a≤2lnx+x+,对一切x∈(0,+∞)恒成立.设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=,当x∈(0,1)时,h′(x)<0,故h(x)在(0,1)上单调递减,当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)在(0,+∞)上有唯一极小值h(1),即为最小值,所以h(x)min=h(1)=4,因为对一切x∈(0,+∞),a≤h(x)恒成立,所以a≤4.一年创新演练15.已知函数f(x)=ax3+x2在x=-1处取得极大值,记g(x)=,程序框图如图所示,若输出的结果S>,则判断框中可以填入的关于n的判断条件是(  )8\nA.n≤2011?B.n≤2012?C.n>2011?D.n>2012?解析 由已知得f′(x)=3ax2+x.∵f(x)在x=-1处取得极大值,∴f′(-1)=0,即3a-1=0,得a=.∴f′(x)=x2+x.∴g(n)==-.结合框图可知其功能是求和Sn=g(1)+g(2)+…+g(n)=,要使S>,则需在判断框中填入n≤2012?即可.答案 B8

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发布时间:2022-08-26 00:01:47 页数:8
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文章作者:U-336598

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