2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題六 導(dǎo)數(shù)過關(guān)提升 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題六 導(dǎo)數(shù)過關(guān)提升 理 一、選擇題 1．設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(－1，1] B．(0，1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 3．(xx·魯迅中學(xué)模擬) 已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過點(1，0)，(2，0)，如圖所示，則下列說法中不正確的是(　　) A．當x＝時函數(shù)取得極小值 B．f(x)有兩個極值點 C．當x＝2時函數(shù)取得極小值

2、 D．當x＝1時函數(shù)取得極大值 4．若0＜x1＜x2＜1，則(　　) A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1 C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2 5．當x∈[－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B. C．[－6，－2] D．[－4，－3] 6．(xx·學(xué)軍中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋，若函數(shù)f(x)的極值點x0滿足x0f(x0)－x>m2，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)∪ B．(－∞，0)∪(2，＋∞) C.

3、D．(0，2) 7．定義一種運算(a，b)*(c，d)＝ad－bc，若函數(shù)f(x)＝*(cos x，x2)，設(shè)f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的大致圖象是(　　) 8．(xx·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知定義在R上的函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)為g′(x)，滿足g′(x)－g(x)<0，若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，且g(4)＝1，則不等式>1的解集為(　　) A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，2) 第Ⅱ卷(非選擇題) 二、填空題 9．曲線y＝e－5x＋2在點(0，3)處的切線方程為________． 10．已知函數(shù)f(x

4、)＝aln x＋x在區(qū)間[2，3]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 11．若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是________． 12．設(shè)P為曲線C：f(x)＝x2－x＋1上的點，曲線C在點P處的切線斜率的取值范圍是[－1，3]，則點P的縱坐標的取值范圍是________． 13．若函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是______． 14．(xx·湖南高考改編)某工件的三視圖如圖所示，現(xiàn)將該工件通過切削，加工成一個體積盡可能大的長方體新工件，并使新工件的一個面

5、落在原工件的一個面內(nèi)，則原工件材料的利用率為________．(材料利用率＝) 15．(xx·四川高考)已知函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．對于不相等的實數(shù)x1，x2，設(shè) m＝，n＝， 現(xiàn)有如下命題： ①對于任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有m＞0； ②對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1，x2，都有n＞0； ③對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝n； ④對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1，x2，使得m＝－n. 其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)． 三、解答題 16．(xx·臺州中學(xué)模擬)已知f(x

6、)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． 17．(xx·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k>0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18．(xx·安徽高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b. (1)討論函數(shù)f(sin x)在內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值； (2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)|f(sin x)－f0(sin x)|

7、在上的最大值D； (3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－滿足D≤1時的最大值． 19．(xx·廣東高考)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤ －1. 20．(xx·嘉興一中三模)已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)(a∈R)，g(x)＝f′(x)． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線3x－y－1＝0平

8、行，求實數(shù)a的值； (2)若函數(shù)F(x)＝g(x)＋x2有兩個極值點x1，x2，且x10；當x∈(1，2)時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)有兩個極值點1和2

9、，且當x＝2時函數(shù)取得極小值，當x＝1時函數(shù)取得極大值．只有A不正確．] 4．C　[A，B中構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx， ∴f′(x)＝ex－， 在(0，1)上有零點，故A，B錯；C，D中令g(x)＝， ∴g′(x)＝＝＜0， ∴g(x)在(0，1)單調(diào)遞減， 又∵x2＞x1， ∴，故選C.] 5．C　[當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當x∈(0，1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥， ∴a≥. 設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝ ＝－＝－＞0， ∴φ(x)在(0，1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6. ∴a≥－6. 當x

10、∈[－2，0)時，a≤， ∴a≤. 仍設(shè)φ(x)＝， φ′(x)＝－. 當x∈[－2，－1)時，φ′(x)＜0， 當x∈(－1，0)時，φ′(x)＞0. ∴當x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2， ∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.] 6．C　[由f(x)＝＋，得f′(x)＝x－， 又x0是f(x)的極值點，∴f′(x0)＝0，解之得x0＝， 因此x0f(x0)－x＝＋m－x＝， 所以>m2，解之得0

11、 又[f′(x)]′＝－cos x，令－cos x＝0，則x＝2kπ±，k∈Z. 當00的解集為(－∞，0)．] 9．5x＋y－3＝0　[∵y′＝－5e－5x，∴k＝－5×e0＝－5，∴切線方程為y－

12、3＝－5x，即5x＋y－3＝0.] 10．[－2，＋∞)　[∵f(x)＝aln x＋x.∴f′(x)＝＋1. 又∵f(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，∴＋1≥0在x∈[2，3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．] 11.　[f′(x)＝3x2－6b， 若f(x)在(0，1)內(nèi)有極小值，只需f′(0)·f′(1)＜0， 即－6b·(3－6b)＜0，解得0＜b＜.] 12.　[設(shè)P(x0，y0)，則f′(x)＝2x－1. ∴－1≤2x0－1≤3，即0≤x0≤2. ∵y0＝f(x0)＝x－x0＋1＝＋， ∵x0∈[0，2]，∴≤y0≤3， 故點P的縱坐標的取

13、值范圍是.] 13．(－1，0)∪(0，＋∞)　[對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－(x>0)．依題意，得f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1>0在(0，＋∞)上有解，∴Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一個正根，∴a>－1，又∵a≠0， ∴－10.] 14.　[該三視圖對應(yīng)的幾何體為底面半徑為1，高為2的圓錐．如圖，設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b，c，上、下底面中心分別為O1，O2，上方截得的小圓錐的高為h，底面半徑為r，則a2＋b2＝4r2.由三角形相似，得＝，即＝，則h＝2r.長方體的體積為V＝abc＝ab(2－2r)≤×(2－2r

14、)＝2r2(2－2r)＝4r2－4r3(當且僅當a＝b時取等號，且00，得0

15、－g(x2)， 即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)， 令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax， 則h′(x)＝2x·ln 2－2x－a， 由h′(x)＝0，得2x·ln 2＝2x＋a，(*)結(jié)合圖象知，當a很小時，方程(*)無解，∴函數(shù)h(x)不一定有極值點，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n，故不正確； 對于④由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)， 即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)， 令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，則F′

16、(x)＝2xln 2＋2x＋a， 由F′(x)＝0，得2xln 2＝－2x－a， 結(jié)合如圖所示圖象可知，該方程有解，即F(x)必有極值點，∴存在x1，x2使F(x1)＝F(x2)，使m＝－n，故正確． 故①④正確．] 16．解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a＞0，則當x∈時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0.所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，

17、當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)無最大值； 當a＞0時，f(x)在x＝取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f ＞2a－2等價于ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(1)＝0. 于是，當0＜a＜1時，g(a)＜0；當a＞1時，g(a)＞0. 因此，a的取值范圍是(0，1)． 17．(1)解　函數(shù)的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)得 f′(x)＝x－＝. 由f′(x)＝0解得x＝(負值舍去)． f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下表： 所以，f(x

18、)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． f(x)在x＝處取得極小值f()＝. (2)證明　由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e， 當k＝e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點． 當k>e時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個零點． 18．解　(1)f(sin x)＝sin2 x－asin x＋

19、b ＝sin x(sin x－a)＋b，－0，－2<2sin x<2. ①a≤－2，b∈R時，函數(shù)f(sin x)單調(diào)遞增，無極值． ②a≥2，b∈R時，函數(shù)f(sin x)單調(diào)遞減，無極值． ③對于－2

20、x≤時，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|. 當(a0－a)(b－b0)≥0時，取x＝，等號成立． 當(a0－a)(b－b0)<0時，取x＝－，等號成立． 由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值為D＝|a－a0|＋ |b－b0|. (3)D≤1即為|a|＋|b|≤1，此時0≤a2≤1，－1≤b≤1， 從而z＝b－≤1. 取a＝0，b＝1，則|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1. 由此可知，z＝b－滿足條件D≤1的最大值為1. 19．(1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝

21、(x2＋2x＋1)ex ＝(x＋1)2ex，?x∈R，f′(x)≥0恒成立． ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)證明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0， ∴f(x)在(0，a)上有一零點，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增， ∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點． (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1， 把x0＝－1，代入y

22、＝f(x)得y0＝－a， ∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減． ∴g(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1. ∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤ ，即m≤ －1. 20．(1)解　∵f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1， ∴f′(1)＝1－2a， 因為3x－y－1＝0的斜率為3. 依題意，得1－2a＝

23、3，則a＝－1. (2)證明　因為F(x)＝g(x)＋x2＝ln x－2ax＋1＋x2， 所以F′(x)＝－2a＋x＝(x>0)， 函數(shù)F(x)＝g(x)＋x2有兩個極值點x1，x2且x10，∴∴a>1. 當0x2時，h(x)>0，F(xiàn)′(x)>0. 當x1

24、＝0，得a＝， ∴f(x)＝x(ln x－ax)＝xln x－x3－x， 則f′(x)＝ln x－x2＋， 設(shè)s(x)＝ln x－x2＋，s′(x)＝－3x＝， ①當x>1時，s′(x)<0，s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而函數(shù)s(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴s(x)0，得0f(1)＝－1， ∵x1∈(0，1)，從而有f(x1)>－1. 綜上可知：f(x2)<－1