2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》精选练习（含解析）

这是一份2022年高考数学一轮复习《导数在函数中的应用》精选练习（含解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于( )
A.－2或2 B.－9或3 C.－1或1 D.－3或1
设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有0的解集是( )
A.(－2,0)∪(2，＋∞)
B.(－2,0)∪(0,2)
C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(0,2)
若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )
A.(－∞，7] B.(－∞，－20] C.(－∞，0] D.[－12,7]
已知函数f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，
则b的取值范围是( )
A.[0,3] B.[0,2] C.[2,3] D.(－1,3]
定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)=4，则不等式exf(x)＞ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(0，＋∞) D.(3，＋∞)
已知函数f(x)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－2lnx(m∈R)，g(x)=－eq \f(m,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e))) C.(－∞，0] D.(－∞，0)
已知函数，x∈[0，1]，函数g(x)=asinx-2a＋2(a＞0)，若存在x1，x2∈[0，1]，使得f(x1)=g(x2)成立，则实数a的取值范围是( )

函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C.和 D.
对于三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=2x3－3x2＋eq \f(1,2)，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,100)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(99,100)))=( )
A.100 B.50 C.eq \f(99,2) D.0
二、填空题
函数y=x＋2cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是________.
从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为 cm3.
已知x∈(0,2)，若关于x的不等式eq \f(x,ex)－1恒成立，求实数a的取值范围.
设函数f(x)=－x2＋ax＋ln x(a∈R).
(1)当a=－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[eq \f(1,3),3]上有两个零点，求实数a的取值范围.
已知函数f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数.
(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
已知a为实数，函数f(x)=aln x＋x2－4x.
(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的取值；
(2)设g(x)=(a－2)x，若∃x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：∵y′=3x2－3，∴当y′=0时，x=±1.
则当x变化时，y′，y的变化情况如下表：
因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2=0或c－2=0，
∴c=－2或c=2.
答案为：D
解析：∵当x>0时，[]’′0；在(2，＋∞)内恒有f(x)0；在(－2,0)内恒有f(x)0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).
答案为：B
解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，则f ′(x)=3x2－6x－9，
令f ′(x)=0得x=－1或x=3(舍去).
∵f(－1)=7, f(－2)=0, f(2)=－20，
∴f(x)的最小值为f(2)=－20，故m≤－20.
答案为：A；
解析：由f(x)=(x－a)3－3x＋a，得f′(x)=3(x－a)2－3，
令f′(x)=0，得x1=a－1，x2=a＋1.
当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)＜0，
则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，在(a－1，a＋1)上为减函数.
又f(a＋1)=－2－2a，
∴要使f(x)=(x－a)3－3x＋a(a＞0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，
则f(－1＋a)=2－2a≤0，
若2－2a=0，即a=1，此时f(－1)=－4，f(0)=0，－2－2a=－4，f(3)=0，
f(2)=－4.∴b∈[0,3]；
若2－2a＜0，即a＞1，此时f(－1)=(－1－a)3＋3＋a=－a3－3a2－2a＋2，
而f(－1)－(－2a－2)=－a3－3a2－2a＋2＋2a＋2=－a3－3a2＋4=(1－a)·(a＋2)2＜0，
∴不合题意，∴b的取值范围是[0,3].故选A.
答案为：A；
解析：设g(x)=exf(x)－ex(x∈R)，
则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，
因为f(x)＋f′(x)＞1，所以f(x)＋f′(x)－1＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)=exf(x)－ex在定义域上单调递增，
因为exf(x)＞ex＋3，所以g(x)＞3.又因为g(0)=e0f(0)－e0=4－1=3，
所以g(x)＞g(0)，所以x＞0.
答案为：A；
解析：由题意，不等式f(x)＜g(x)在[1，e]上有解，
∴mx＜2lnx在[1，e]上有解，即eq \f(m,2)＜eq \f(lnx,x)在[1，e]上有解，令h(x)=eq \f(lnx,x)，
则h′(x)=eq \f(1－lnx,x2)，当1≤x≤e时，h′(x)≥0，
∴在[1，e]上，h(x)max=h(e)=eq \f(1,e)，∴eq \f(m,2)＜eq \f(1,e)，∴m＜eq \f(2,e)，
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e)))，故选B.
答案为：A
答案为：D
答案为：D；
解析：∵g(x)=2x3－3x2＋eq \f(1,2)，∴g′(x)=6x2－6x，g″(x)=12x－6，
由g″(x)=0，得x=eq \f(1,2)，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)=0，
∴函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))对称，∴g(x)＋g(1－x)=0，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,100)))＋…＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(99,100)))=49×0＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(50,100)))=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=0，故选D.
答案为：eq \f(π,6)＋eq \r(3).
解析：y′=1－2sin x，令y′=0，又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得x=eq \f(π,6)，则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，y′>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式，得k0，函数f(x)在(1,2)上单调递增；
当x∈(0,1)时， f ′(x)－1⇔eq \f(2a－x2,ex)>－1⇔2a>x2－ex，
由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立.
令g(x)=x2－ex，h(x)=g′(x)=2x－ex，∴h′(x)=2－ex.
当x∈[1，＋∞)时，h′(x)=2－ex≤2－eeq \f(1－e,2)，即实数a的取值范围是(eq \f(1－e,2),+∞).
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a=－1时，f′(x)=－2x－1＋eq \f(1,x)=eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)=0，得x=eq \f(1,2)(负值舍去)，
当0eq \f(1,2)时，f′(x)0)，
∴当00，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)=eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴G′(x)= SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 .
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，∴2－2ln x=2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)0，G(x)单调递增.
∴G(x)min=G(1)=－1，∴a≥G(x)min=－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).