《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 壓軸專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題練習(xí) 理 一、選擇題 1．設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，下面的不等式在R上恒成立的是(　　) A．f(x)>0　　　　　　 B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)

2、－1) C．f(0)＋f(－2)>2f(－1) D．f(0)＋f(－2)≥2f(－1) 解析：由題意得，當(dāng)x≥－1時(shí)，f′(x)≥0，當(dāng)x≤－1時(shí)，f′(x)≤0，∴f(x)的最小值為f(－1)，即對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)≥f(－1)，∴f(0)≥f(－1)，f(－2)≥f(－1)，∴f(0)＋f(－2)≥2f(－1)，故選D. 答案：D 3．設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)

3、C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3) 解析：設(shè)h(x)＝f(x)g(x)，又h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0知x<0時(shí)，h(x)為增函數(shù)，又f(x)，g(x)分別是奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴h(x)為奇函數(shù)且在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h(3)＝0，所以f(x)g(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)，故選D. 答案：D 4．已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)<，f(1)＝1，則不等式f(x)<＋的解集為(　　) A．{x|x<－1} B．{x|x>1} C．{x|x<－1或x>1} D．{

4、x|－11. 答案：B 5．(2018·貴陽模擬)求曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形的面積，其中正確的是(　　) A．S＝(x2－x)dx B．S＝(x2－x)dx C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y2－y)dy 解析：依題意，在同一坐標(biāo)系下畫出曲線y＝x2與直線y＝x的圖象(圖略)，注意到它們的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,0)與(1,1)，結(jié)合圖形及定積分的幾何意義可知，相應(yīng)的圖形的面積可用定積

5、分表示為(x2－x)dx，選B. 答案：B 6．(2018·合肥模擬)在如圖所示的正方形中隨機(jī)投擲10 000個(gè)點(diǎn)，則落入陰影部分(曲線C的方程為x2－y＝0)的點(diǎn)的個(gè)數(shù)的估計(jì)值為(　　) A．5 000　　　　　　 B．6 667 C．7 500 D．7 854 解析：S陰影＝S正方形－x2dx＝1－＝，所以有＝＝，解得n≈6 667，故選B. 答案：B 7．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A. B．1 C．0 D．不存在 解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

6、最小值，且f(1)＝－ln 1＝. 答案：A 8．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時(shí)，有f′(x)＋>0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：當(dāng)x≠0時(shí)，f′(x)＋＝＝>0，當(dāng)x>0時(shí)，[xf(x)]′>0，則h(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即F(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)．當(dāng)x<0時(shí)，[xf(x)]′<0，∴h(x)＝xf(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，且h(0)＝0，∴h(x)＝xf(

7、x)>0在(－∞，0)上恒成立，所以F(x)＝xf(x)＋在(－∞,0)上為減函數(shù)，當(dāng)x→0時(shí)，xf(x)→0，→－∞，則F(x)<0，x→－∞時(shí)，→0，F(xiàn)(x)≈xf(x)＞0，∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點(diǎn)．綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，故選B. 答案：B 9．若?x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值是(　　) A. B．1 C．2 D. 解析：ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝0時(shí)等號(hào)成立．由2(ex－2＋1)≥4ax，得2

8、a≤.令g(x)＝，則g′(x)＝，可得g′(2)＝0，且在(2，＋∞)上，g′(x)>0，在[0,2]上，g′(x)<0，故g(x)的最小值為g(2)＝1，所以2a≤1，即a≤.故選D. 答案：D 10．已知常數(shù)a，b，c都是實(shí)數(shù)，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，若f(x)的極小值等于－115，則a的值是(　　) A．－ B. C．2 D．5 解析：由題意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集為[－2,3]，且在x＝3處取得極小值－115， 故有 解得a＝2. 答案：C 11．設(shè)函數(shù)f(x)

9、＝在[－2,2]上的最大值為2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C．(－∞，0) D. 解析：設(shè)y＝2x3＋3x2＋1(－2≤x≤0)，則y′＝6x(x＋1)(－2≤x≤0)，所以－2≤x<－1時(shí)y′>0，－10時(shí)，y＝eax在(0,2]上的最大值e2a≤2，所以0

10、值小于1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 答案：D 12．定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，已知f(x＋1)是偶函數(shù)，且(x－1)f′(x)<0.若x12，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系是(　　) A．f(x1)f(x2) D．不確定 解析：由(x－1)f′(x)<0可知，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減．當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增．因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，f(x)＝f(2－x)，即函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為x＝1.所以，若1≤x1

11、f(x2)；若x1<1，則x2>2－x1>1，此時(shí)有f(x2)f(x2)．綜上，必有f(x1)>f(x2)，選C. 答案：C 二、填空題 13．定積分dx＝________. 解析：由y＝得x2＋y2＝16(y>0)， 所以dx表示以原點(diǎn)為圓心， 半徑為4的圓的面積的， 所以dx＝×π×42＝4π. 答案：4π 14．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋

12、在上恒成立． 又∵y＝－x＋在上單調(diào)遞減， ∴max＝， ∴2a≥，即a≥. 答案： 15．已知函數(shù)f(x)＝ln x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值為________． 解析：因?yàn)閒(x)＝ln x，所以f′(x)＝，則g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－，函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝＋>0在x∈(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)在區(qū)間[2，e]上的最大值g(x)max＝g(e)＝ln e－＝1－. 答案：1－ 16．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x

13、)>0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________． 解析：設(shè)F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在R上恒成立，且F(0)＝0，所以F(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以在(0，＋∞)上g(x)＝xf(x)＋1>1恒成立，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0. 答案：0 B組　大題規(guī)范練 1．已知函數(shù)f(x)＝. (1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)求證：exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1)． 解析：(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}， f′(x)＝＝， 設(shè)g(x)＝(x－1)ex＋

14、1，則g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，得x＝0， ∴g(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是增函數(shù)． (2)證明：設(shè)h(x)＝x－ln(x＋1)，x>－1， 則h′(x)＝1－＝，令h′(x)＝0，得x＝0， ∴h(x)在(－1,0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴h(x)≥h(0)＝0，即x≥ln(x＋1)． ①當(dāng)x>0時(shí)，x≥ln(x＋1)>0， ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴f(x)≥f(ln(x＋1))，即≥，∴(ex－1)ln(

15、x＋1)≥x2. ②當(dāng)－1x≥ln(x＋1)， ∵f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)， ∴f(x)≥f(ln(x＋1))，即≥，∴(ex－1)ln(x＋1)≥x2. ③當(dāng)x＝0時(shí)，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0. 由①②③可知，對(duì)一切x>－1，均有(ex－1)ln(x＋1)≥x2，即exln(x＋1)≥x2＋ln(x＋1)． 2．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直． (1)試比較2 0162 017與2 0172 016的大小，并說明理由； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1

16、，x2，證明：x1x2>e2. 解析：(1)2 0162 017>2 0172 016.理由如下： 依題意得，f′(x)＝， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝1處有意義，所以a≠－1. 所以f′(1)＝＝， 又由過點(diǎn)(1，f(1))的切線與直線x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0. 此時(shí)f(x)＝，f′(x)＝， 令f′(x)>0，即1－ln x>0，解得0e. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)． 所以f(2 016)>f(2 017)，即>， 則2 017ln 2 0

17、16>2 016 ln 2 017，所以2 0162 017>2 0172 016. (2)證明：不妨設(shè)x1>x2>0，因?yàn)間(x1)＝g(x2)＝0， 所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0. 可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)， 要證x1x2>e2，即證ln x1＋ln x2>2，也就是k(x1＋x2)>2， 因?yàn)閗＝，所以只需證>， 即ln>，令＝t，則t>1，即證ln t>. 令h(t)＝ln t－(t>1)．由h′(t)＝－＝>0， 得函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以h(t)>h(1)＝0，

18、即ln t>. 所以x1x2>e2. 3．已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋x2－2ax(a>0)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x12時(shí)，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，分別設(shè)為x3，x4，不妨令x3

19、時(shí)00，當(dāng)x∈(x3，x4)時(shí)， f′(x)<0，當(dāng)x∈(x4，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞減，x1＋x2＝a，x1·x2＝1， 則f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－， 令t＝，則0

20、(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln 2＝g，即0

21、＋1)，f′(x)＝2e2x＋， ①f(0)＝1，f′(0)＝2＋1＝3，所以f(x)的圖象在點(diǎn)(0,1)處的切線方程為y＝3x＋1. ②證明：設(shè)F(x)＝e2x＋ln(x＋1)－(x＋1)2－x(x≥0)， 則F′(x)＝2e2x＋－2(x＋1)－1， 則[F′(x)]′＝4e2x－－2＝＋2(e2x－1)＋e2x>0， ∴F′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F′(x)≥F′(0)＝0， ∴F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)≥F(0)＝0. (2)原問題等價(jià)于?x0≥0，使得e2x0－ln(x0＋a)－x<0， 設(shè)u(x)＝e2x－ln(x＋a)－x2， 則

22、u′(x)＝2e2x－－2x， [u′(x)]′＝4e2x＋－2>0，∴u′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴u′(x)≥u′(0)＝2－， 當(dāng)a≥時(shí)，u′(0)＝2－≥0， ∴u(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴u(x)min＝u(0)＝1－ln a<0， ∴a>e. 當(dāng)a<時(shí)，ln(x＋a)0?x>，令h′(x)<0?0≤x<， ∴h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴h(x)≥h＝0， ∴x－>ln. 設(shè)g(x)＝e2x－x2－(x≥0)， 則g′(x)＝2e2x－2x－1， [g′(x)]′＝4e2x－2≥4－2>0， ∴g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g′(x)>g′(0)＝1>0， ∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)>g(0)>0， ∴e2x－x2>x－>ln>ln(x＋a)， ∴當(dāng)a<時(shí)，f(x)>2ln(x＋a)＋x2在x∈[0，＋∞)上恒成立，不合題意． 綜上可得，a的取值范圍是(e，＋∞)．