2022届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--函数图像及性质（含解析）

这是一份2022届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--函数图像及性质（含解析），共13页。试卷主要包含了函数，函数f，函数在上的图象大致是，函数的图象大致为等内容，欢迎下载使用。
《导数的综合应用—函数图像及性质》考查内容：主要考查利用导数研究函数的图像和性质一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．函数（）的图像可以是（    ）A．  B．  C．  D．2．函数f（x）的图象大致是（    ）A． B． C． D．3．函数的导函数的图象大致如下图，则可能是（    ）A． B．C． D．4．已知函数，若是的导函数，则函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．5．已知定义在区间上的函数的图象如图所示，若函数是的导函数，则不等式的解集为(    )A． B．C． D．6．函数在上的图象大致是（  ）A． B．C． D．7．函数图像如图，在定义域内可导，且其导函数为，则不等式的解集为(  )A．                 B．C．                         D．8．函数的图象大致为（    ）A．  B．  C．  D．9．设函数，若函数有4个不同的零点，则的取值范围为（    ）A． B．[3，6] C．（3，9） D．[3，9]10．在下面的四个图象中，其中一个图象是函数的导数的图象，则等于（    ）A． B． C．或 D．11．已知三次函数y=f(x)的图像如下图所示，若是函数f(x)的导函数，则关于x的不等式的解集为（   ）A．  B． C．  D．12．已知函数的图象如图所示，则可以为（    ）A． B． C． D．二．填空题13．如图是函数的导函数的图像，给出下列命题：①-2是函数的极值点；②函数在处取最小值；③函数在处切线的斜率小于零；④函数在区间上单调递增.则正确命题的序号是__________．14．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为__15．已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是      ．16．已知函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，则实数的取值范围是______．三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知函数.（1）若时，函数的图像恒在直线上方，求实数的取值范围；（2）证明：当时，.    18．已知函数．(1)若，求函数的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方．         19．若函数，当时，函数有极值.（1）求函数的解析式；（2）若方程有3个不同的根，求实数的取值范围.       20．已知函数，，且在区间上为增函数.（1）求的取值范围；（2）若函数与的图象有三个不同的交点，求实数的取值范围.           《导数的综合应用—函数图像及性质》解析1.【解析】由题可知：，所以当时，，又，令，则，令，则，所以函数在单调递减，在单调递增，故选：B2.【解析】由f(x),得f′(x),令g(x)＝1,则g′(x)0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(e)0,g(e2)0,所以存在x0∈(e,e2),使得g(x0)＝0,所以当x∈(0,x0)时,g(x)＞0,f′(x)＞0;当x∈(x0,+∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.故选:C.3.【解析】由题图可知，的导函数是一个奇函数，其中选项CD的导函数分别为，其，都为非奇非偶函数，即可排除C,D，其中选项B的其中在显然在上单调递增，与图象不符，错误，故选：A4.【解析】因此当时，；当时，；当时，；故选：A5.【解析】当时,若则,此时函数单调递减,故.当时,若则,此时函数单调递增,故.故选：B6.【解析】对函数进行求导：，由可得：，即函数在区间上是增函数，在区间和区间上是减函数，观察所给选项，只有A选项符合题意.7.【解析】当时，因为，则等价于，所以；当时，因为，则等价于，所以，故不等式的解集为.故选B.8.【解析】设，所以，当时，，当时，，所以，所以，所以，所以，排除B，C，D.故选A9.【解析】函数有4个不同的零点，即方程有4个根．当时，，平方得，解得或1，满足，此时方程有两个根；当时，方程也需有两个实根，即有两根，只需和函数有两个交点即可，，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.，，因为，所以存在，使得，可画出函数在上的图象，如下图所示，令，即时，和函数有两个交点，所以当时，函数有4个不同的零点.故选：C.10.【解析】因为导函数，所以导函数的图像是开口向上的抛物线，所以导函数图像是从左至右第三个，所以 ，又，即，所以，所以. 故选D.11.【解析】由题图可知，所以即解0，当时，等价于0，故满足条件的为，当时,等价于0,故满足条件的为，所以综合可得的解集为，故选A.12.【解析】由图象可知，函数为上的奇函数，且在上先增后减.对于A选项，函数的定义域为，，该函数为奇函数，当时，，.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，合乎题意；对于B选项，函数的定义域为，不合乎题意；对于C选项，函数的定义域为，，，，该函数不是奇函数，不合乎题意；对于D选项，函数的定义域为，当时，，，该函数在区间上单调递增，不合乎题意.故选：A.13.【解析】根据导函数的图象可得，当上，，在上，，故函数在上函数单调递减，在，函数单调递增，所以是函数的极小值点，所以①正确；其中两函数的单调性不变，则在处不是函数的最小值，所以②不正确；由图象可得，所以函数在处的切线的斜率大于零，所以③不正确；由图象可得，当时，，所以函数在上单调递增，所以④是正确的，综上可知，①④是正确的.14.【解析】由图象特征可得，导数，在上，在上，所以等价于或，解得或，即不等式的解集为． 15.【解析】∵，∴求导数，得f′（x）=a（x-1）（x+2）．①a=0时，f（x）=1，不符合题意；②若a＞0，则当x＜-2或x＞1时，f′（x）＞0；当-2＜x＜1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-2，1）是为减函数，在（-∞，-2）、（1，+∞）上为增函数；③若a＜0，则当x＜-2或x＞1时，f′（x）＜0；当-2＜x＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（-2，1）是为增函数，在（-∞，-2）、（1，+∞）上为减函数因此，若函数的图象经过四个象限，必须有f（-2）•f（1）＜0，即，解之得16.【解析】函数与的图像上存在关于原点对称的对称点，∴方程，即在上有解，∴方程在有解．设，，且为的切线，设切点为，由得，则有，解得． 由图象可得，要使直线和的图象有公共点，则，解得．所以实数的取值范围是．17.【解析】（1）当时，函数的图像恒在直线上方，等价于当时，恒成立，      即恒成立，                   令，，则 当时，，故在上递增， 当时，，故在上递减，∴为在区间上的极小值，仅有一个极值点故为最小值，∴时，                       所以实数的取值范围是 ；                        （2）证明：①当时，由，知成立；      ②假设当时命题成立，即 那么，当时， 下面利用分析法证明：     要证上式成立，只需证：只需证：                          令，只需证：，           只需证：， 由（1）知当时，恒成立.               所以，当时，也成立，由①②可知，原不等式成立.18.【解析】(1)解由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，因此函数f(x)在(0,1)上是单调递减的，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此函数f(x)在(1，＋∞)上是单调递增的，则x＝1是f(x)极小值点，所以f(x)在x＝1处取得极小值为f(1)=(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋lnx－x3，则F′(x)＝x＋－2x2＝，当x>1时，F′(x)<0，故f(x)在区间[1，＋∞)上是单调递减的，又F(1)＝－<0，∴在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)—g(x)<0恒成立即f(x)<g(x)恒成立.因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图像在函数g(x)图像的下方．19.【解析】（1）因为，由题意得，解得故所求函数的解析式为.（2）由（1）可得，令，得或.当变化时，变化情况如下表：递增递减递增因此，当时，有极大值，当时，有极小值，因为函数的图象大致如图所示：若有3个不同的根，则直线与函数的图象有3个交点，所以.20.【解析】（1）由题意 ，因为在区间上为增函数，所以在区间上恒成立， 即恒成立，又，所以，故.当时，在区间恒大于0，故在区间上单增，符合题意.所以的取值范围为（2）设，，令得或，由（1）知，①当时，，在上递增，显然不合题意.②当时，，随的变化情况如下表：极大极小 由于，欲使与图象有三个不同的交点，即方程，也即有三个不同的实根，故需即，所以，解得，综上，所求的范围为.