2022高考数学二轮复习 第二编 专题二 函数与导数 第2讲 导数及其应用配套作业 文

2022高考数学二轮复习 第二编 专题二 函数与导数 第2讲 导数及其应用配套作业 文一、选择题1(2018成都模拟)已知函数f(x)x33ax，若x轴为曲线yf(x)的切线，则a的值为()A. B C D.答案D解析f(x)3x23a，设切点坐标为(x0,0)，则解得故选D.2(2018赣州一模)函数f(x)x2ln x的递减区间为()A(，1) B(0,1)C(1，) D(0，)答案B解析f(x)的定义域是(0，)，f(x)x，令f(x)0，解得0x1，故函数f(x)在(0,1)上递减故选B.3(2018安徽示范高中二模)已知f(x)，则()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)的定义域是(0，)，因为f(x)，所以x(0，e)，f(x)0；x(e，)，f(x)f(3)f(2)故选D.4(2018安徽芜湖模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)答案D解析当x2时，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(，2)上是增函数当2x1时，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(2,1)上是减函数当1x2时，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(1,2)上是减函数当x2时，1x0.(1x)f(x)0，f(x)0，即f(x)在(2，)上是增函数综上，f(2)为极大值，f(2)为极小值5(2018河南八校联考)已知f(x)x2cosx，f(x)为f(x)的导函数，则f(x)的图象大致为()答案A解析因为f(x)x2cosx，所以f(x)xsinx，这是一个奇函数，图象关于原点对称，故排除B，D，又f(1)sin1sin0，f(2)1sin20，所以f(x)的图象大致为A.6已知f(x)ax3，g(x)9x23x1，当x1,2时，f(x)g(x)恒成立，则a的取值范围为()Aa11 Ba11 Ca Da答案A解析f(x)g(x)恒成立，即ax39x23x1.x1,2，a.令t，则当t时，a9t3t2t3.令h(t)9t3t2t3，h(t)96t3t23(t1)212.h(t)在上是增函数h(t)minh120.h(t)在上是增函数ah(1)11，故选A.7(2018宝鸡二检)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)4，且f(x)的导函数f(x)3，则不等式f(ln x)3ln x1的解集为()A(1，) B(0，e)C(0,1) D(e，)答案B解析设g(x)f(x)3x1，则g(x)f(x)3.由题意，得g(x)3ln x1可以转化为f(ln x)3ln x10，即g(ln x)0g(1)，所以解得0xe.二、填空题8(2018陕西一检)已知曲线yxln x在点(1,1)处的切线为l，若l与曲线yax2(a2)x1相切，则a_.答案8解析因为yxln x，所以y1，所以yx12，故曲线yxln x在点(1,1)处的切线方程为y2x1，与yax2(a2)x1联立，可得ax2ax20，a28a0，所以a0(舍)或a8，所以a8. 9已知函数f(x).若函数f(x)在区间(t0)上不是单调函数，则实数t的取值范围为_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)上单调递增，在(1，)上单调递减因为函数f(x)在区间(t0)上不是单调函数，所以解得t1.10(2018广西三市调研)已知函数f(x)axln x，当x(0，e(e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则 a的值为_答案e2解析易知a0，由f(x)a0，得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在x时取得最小值f1ln .当0e时，由1ln 3，得ae2，符合题意；当e时，x(0，e，f(x)minf(e)，即由aeln e3，得a，舍去三、解答题11(2018河北七校联考)已知函数f(x)x2(2a2)x(2a1)ln x.(1)若曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率小于0，求f(x)的单调区间；(2)若对任意的a，函数g(x)f(x)在区间1,2上为增函数，求的取值范围解(1)f(x)x(2a2)(x0)，若曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率小于0，则f(2)a，2a121，由f(x)0得0x2a1；由f(x)0得1x2a1.f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2a1，)；单调递减区间为(1,2a1)(2)g(x)f(x)在区间1,2上为增函数，g(x)0对任意的a，x1,2恒成立，而g(x)x(2a2)0，化简得x3(2a2)x2(2a1)x0，即(2x2x2)ax32x2x0，其中a，x1,2，2x2x20，只需(2x2x2)x32x2x0，即x37x26x0对任意x1,2恒成立令h(x)x37x26x，x1,2，则h(x)3x214x60在1,2上恒成立，h(x)x37x26x在闭区间1,2上为减函数，则h(x)minh(2)8.h(x)minh(2)80，解得8.12已知函数f(x)x32x2ax(aR)(1)若a3，试求函数f(x)的图象在x2处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数f(x)在区间0,2上的最大值为2，试求实数a的值解(1)因为a3，所以f(x)x32x23x，所以f(x)x24x3，所以f(2)222437.因为f(2)8612，所以切线方程为y127(x2)，即y7x2.设直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积S2.(2)f(x)x24xa(x2)2a4.若a40，a4，则f(x)0在0,2上恒成立，所以函数f(x)在0,2上单调递减，所以f(x)maxf(0)2，此时a不存在若a0，则f(x)0在0,2上恒成立，所以函数f(x)在0,2上单调递增，所以f(x)maxf(2)82a2a62，解得a2，因为a0，所以此时a不存在若4a0，则函数f(x)在0,2上先单调递减后单调递增，所以f(x)maxmaxf(0)，f(2)当2a6，即a0时，f(x)maxf(2)2a62，解得a2，所以a2；当2a6，即4a时，f(x)maxf(0)0，则x1，令f(x)0，则x1，f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，f(x)在x1处取得极小值，极小值为f(1)1.(2)若f(x)0在(0，e上恒成立，即f(x)min0.由(1)知f(x)，当a0时，即f(x)0时，x时，f(x)0，若e，即0a时，f(x)0，即0a时，f(x)0恒成立，若0时，x时，f(x)0，即f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)minfaaln 0，得ae，综上所述，实数a的取值范围是.14已知f(x)x22axln x.(1)当a1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)为f(x)的导函数，f(x)有两个不相等的极值点x1，x2(x10)，f(x)2x20，所以f(x)在区间(0，)上单调递增(2)f(x)2x2a，由题意得，x1和x2是方程2x22ax10的两个不相等的正实根，则解得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，则g(t)1，当t1时，g(t)1时，g(t)0.所以g(t)在上单调递减，在(1，)上单调递增，则g(t)ming(1)，所以2f(x1)f(x2)的最小值为.15(2018北京高考)设函数f(x)ax2(3a1)x3a2ex.(1)若曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围解(1)因为f(x)ax2(3a1)x3a2ex，所以f(x)ax2(a1)x1ex.f(2)(2a1)e2，由题设知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a1，则当x时，f(x)0.所以f(x)在x1处取得极小值若a1，则当x(0,1)时，ax1x10.所以1不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是(1，)解法二：f(x)(ax1)(x1)ex.(1)当a0时，令f(x)0得x1.f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极大值f(x)在x1处取得极大值，不符合题意(2)当a0时，令f(x)0得x1，x21.当x1x2，即a1时，f(x)(x1)2ex0，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值，不合题意当x1x2，即0a1时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，1)1f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在x1处取得极大值，不符合题意当x11时，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在x1处取得极小值，即a1满足题意(3)当a0时，令f(x)0得x1，x21.f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极小值极大值f(x)在x1处取得极大值，不符合题意综上所述，a的取值范围为(1，)