《(江苏专用)2022版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(江苏专用)2022版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第5讲导数及其应用.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江苏专用江苏专用 20222022 版高考数学二版高考数学二轮复习专题一集合、轮复习专题一集合、常用逻辑用常用逻辑用语、不等式、函数与导数第语、不等式、函数与导数第5 5 讲讲导数及其应用练习文苏教版导数及其应用练习文苏教版第第 5 5 讲讲导数及其应用导数及其应用1 1(2022宁波模拟(2022宁波模拟)曲线曲线y y1)1)处的切线方程为处的切线方程为_2 2 解析解析 由题意可得：由题意可得：y y2 2，所以，所以x x2 2在点在点(1(1，1)1)处的切线斜率为处的切线斜率为2 2，所以在点，所以在点(1(1，1)1)处的切线方程为处的切线方程为y y2 2x x1 1 答案答案
2、 y y2 2x x1 12 2(2022江苏省高考名校联考信息卷(2022江苏省高考名校联考信息卷(一一)假设函数假设函数f f(x x)x x3 33 3x x2 2的单调递减区间为的单调递减区间为 a a，x xx x2 2在点在点(1(1，b b，那么，那么a ab b_ 解析解析 因为因为f f(x x)x x3 33 3x x2 2，所以，所以f f(x x)3 3x x6 6x x令令f f(x x)0，得)0，得 00 x x2，所以函数2，所以函数2 2f f(x x)的单调递减区间为的单调递减区间为00，22，所以，所以a a0 0，b b2 2所以所以a ab b2 2
3、答案答案 2 23 3(2022江苏省名校高三入学摸底卷(2022江苏省名校高三入学摸底卷)f f(x x)-2-2-是定义在是定义在 R R 上的函数，上的函数，f f(x x)为其导函数，为其导函数，f f(x x)f f(x x2)2)4 4，当，当x x0，0，22时，时，f f(x x)x x，那么，那么2 2f f(2 019)(2 019)_ 解析解析 因为因为f f(x x)f f(x x2)2)4 4，所以，所以f f(x x2)2)f f(x x4)4)4 4，所以，所以f f(x x4)4)f f(x x)，所以，所以f f(x x)的周期为的周期为 4 4 当当x x2
4、，2，44时，时，x x20，20，22，f f(x x2)2)(x x2)2)，因为，因为f f(x x)f f(x x2)2)4 4，所，所以以f f(x x2)2)f f(x x)4 4，所以，所以f f(x x)4 4f f(x x2)2)4 4(x x2)2)4 4x xx x，所以，所以f f(x x)2 2x x4 4，根据周期性知，根据周期性知，f f(2 019)(2 019)f f(3)(3)2 2 答案答案 2 22 22 22 2a a4 4函数函数f f(x x)x x2ln2lnx x，g g(x x)x x，x x2 2假设函数假设函数f f(x x)与与g g(
5、x x)有相同的极值点，有相同的极值点，那么实数那么实数a a的值为的值为_ 解析解析 因为因为f f(x x)x x2 22ln2lnx x，所以所以f f(x x)2 2x x2 22 2x x1 1x x1 1x xx x(x x0)0)，令令-3-3-f f(x x)0 0，得得x x1 1 或或x x1(1(舍去舍去)，又当又当 00 x x10)0；当；当x x11 时，时，f f(x x)0)0)0 在在(0(0，)上，)上恒成立，那么恒成立，那么f f(x x)在在(0(0，)上单调递增，又，)上单调递增，又f f(0)(0)1 1，所以此时，所以此时f f(x x)在在(0(
6、0，)内无零点，)内无零点，不满足题意当不满足题意当a a00 时，由时，由f f(x x)0)0 得得x x ，由，由3 3 a a f f(x x)0)0 得得 00 x x 0)0，f f(x x)单调递增，当单调递增，当x x(0，(0，1)1)时，时，f f(x x)0)0，f f(x x)单单-5-5-3 32 2调递减，那么调递减，那么f f(x x)maxmaxf f(0)(0)1 1，f f(1)1)4 4，f f(1)(1)0 0，那么，那么f f(x x)minmin4 4，所以，所以f f(x x)在在 1 1，11上的最大值与最小值的和为上的最大值与最小值的和为3 3
7、 答案答案 3 37 7(2022江苏省高考名校联考信息卷(2022江苏省高考名校联考信息卷(八八)1 11 12 2函数函数f f(x x)x xlnlnx xx x3 3x x在区间在区间 n n，n n 内有内有2 22 2 极值，那么整数极值，那么整数n n的值为的值为_ 解析解析 由题意知，由题意知，f f(x x)lnlnx x1 1x x3 33 3lnlnx xx x2 2，令，令g g(x x)lnlnx xx x2 2，因为，因为g g()2 23 33 33 31 11 1lnln 2 2lnln ln020，所以函数，所以函数g g(x x)lnlnx xx x2 2
8、在在(，2)2)内有内有2 2零点零点 又又g g(x x)1010 恒成立，恒成立，所以函数所以函数g g(x x)1 1x xlnlnx xx x2 2 在在(0(0，)上单调递增，所以函，)上单调递增，所以函3 3数数g g(x x)lnlnx xx x2 2 有唯一的零点有唯一的零点x x0 0(，2)2)，2 2-6-6-那么当那么当x x(0，(0，x x0 0)时，时，f f(x x)0)0)0，那么，那么x x0 0是函数是函数f f(x x)唯一的极唯一的极3 3值点，且值点，且x x0 0(，2)2)，结合题意可知，结合题意可知n n2 22 2 答案答案 2 28 8(2
9、022高三第二学期四校联考(2022高三第二学期四校联考)函数函数f f(x x)a ae e e e的图象在的图象在x x0 0 处的切线与直线处的切线与直线y y2 2x x3 3 平行，平行，那么不等式那么不等式f f(x x1)1)f f(1(1x x)0)00，所以所以f f(x x)在在 R R 上单调递增上单调递增 不等式不等式f f(x x1)1)f f(1(1x x)0)0 可化为可化为f f(x x2 21)1)f f(x x1)1)，由由f f(x x)单调递单调递增可得增可得x x11x x1 1，解得，解得 00 x x11，所以不等式的，所以不等式的解集为解集为 x
10、 x|0|0 x x11 答案答案 x x|0|0 x x119 9(2022南京四校第一学期联考(2022南京四校第一学期联考)函数函数f f(x x)-7-7-x xx x2 2x xx xx xx xx xx x2 22 2x x4 4x x的图象上有两点的图象上有两点A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)，2 2x x1 1x x2 2，假设曲线，假设曲线y yf f(x x)在点在点A A，B B处的切线互处的切线互相垂直，那么相垂直，那么 3 3x x1 12 2x x2 2的最大值是的最大值是_ 解析解析 由题意得由题意得f f(x x)2 2
11、x x4 4，因为曲线，因为曲线y yf f(x x)在点在点A A，B B处的切线互相垂直，处的切线互相垂直，所以所以x x1 12 2，x x2 22 2，(2(2x x1 14)(24)(2x x2 24)4)1 1又又x x1 1x x2 2，所，所1 1以以 2 2x x1 14 40 0，2 2x x2 24 40 0，x x1 12 2，那么，那么4 4x x2 28 8 1 1 3 32 2 2 2x x2 22 2x x2 23 3x x1 12 2x x2 233 4 4x x2 28 8 4 4x x2 28 8 1 13 3 22 6 6 4 4x x2 28 84 4
12、x x2 28 8 2 22 21 13 34 4x x2 28 82 22 2 6 6，当且仅当，当且仅当2 24 4x x2 28 81 13 3(4(4x x2 28)8)时，时，上式取等号，上式取等号，因此因此 3 3x x1 12 2x x2 22 24 4x x2 28 8的最大值为的最大值为 2 2 6 6 答案答案 2 2 6 61010(2022江苏名校高三入学摸底(2022江苏名校高三入学摸底)函数函数f f(x x)-8-8-x xa alnlnx x的图象在的图象在x x2 2 处的切线与直线处的切线与直线x x3 3x x2 2axax2 23 3y y0 0 垂直，
13、垂直，g g(x x)x x，假设存在正实数，假设存在正实数m m，n n，使得使得f f(m m)f f(x x)，g g(n n)g g(x x)对任意的对任意的x x(0，(0，)恒成立，那么函数)恒成立，那么函数h h(x x)mfmf(x x)ngng(x x)的的零点个数是零点个数是_ 解析解析 由题意可得函数由题意可得函数f f(x x)x xa alnlnx x的的2 2a a图象在图象在x x2 2 处的切线斜率为处的切线斜率为 3 3，f f(x x)2 2x x，x xf f(2)(2)4 4 3 3，a a2 2，f f(x x)2 2x x 2 2x x2 2x x1
14、 1x x1 1a a2 2x x，当当 00 x x11 时，时，f f(x x)0)11 时，时，f f(x x)0)0，f f(x x)单调递增，单调递增，所以所以f f(m m)f f(1)(1)，m m1 1g g(x x)x x2 2x x(x x0)0)，g gx x1 1(x x)1 1，当，当 00 x x11 时，时，g g(x x)0)11 时，时，g g(x x)0)0，g g(x x)单调单调-9-9-递增，所以递增，所以g g(n n)g g(1)(1)，n n1 1那么那么h h(x x)f f(x x)g g(x x)x x2 22ln2lnx xx x2 2x
15、 x，易知当，易知当 00 x x111 时，时，h h(x x)单调递增，单调递增，且且h h(1)(1)0 0，所以函数，所以函数h h(x x)有有 1 1 个零点个零点 答案答案 1 11111(2022江苏省名校高三入学摸底卷(2022江苏省名校高三入学摸底卷)函函数数f f(x x)x x2 2lnlnx xa a(x x2 2x x)()(a a0)0)，g g(x x)f fx x2 2x xx x(1)(1)假设函数假设函数g g(x x)的图象在的图象在x x2 2 处的切线在处的切线在y y轴上的截距为轴上的截距为 4ln 24ln 2，求，求a a的值；的值；(2)(2
16、)判断函数判断函数g g(x x)在在x x(0，(0，1)1)上的单调性，上的单调性，并说明理由；并说明理由；(3)(3)假设方程假设方程f f(x x)m m有两个不相等的实数有两个不相等的实数根根x x1 1，x x2 2，求证：，求证：x x1 1x x2 21 1f fx xx xlnlnx x 解解(1)(1)g g(x x)2 2a a(a a0)0)，x xx xx x1 1lnlnx x1 1x x1 1x xlnlnx x那那么么g g(x x)2 2x x1 1-10-10-x xlnlnx x1 12 2x x1 1g g(2)(2)2ln 22ln 2a a，g g(
17、2)(2)1 1ln 2ln 2，函数，函数g g(x x)的图象在的图象在x x2 2 处的切线方程为处的切线方程为y y(2ln 2(2ln 2a a)(1(1lnln 2)(2)(x x2)2)，将点，将点(0(0，4ln4ln 2)2)代入，解代入，解得得a a2 2(2)(2)令令h h(x x)x xlnlnx x1 1，那么，那么h h(x x)1 1x x1 1，当，当x x(0，(0，1)1)时，时，h h(x x)0 0，h h(x x)x xx x1 1单调递减，单调递减，h h(x x)h h(1)(1)0 0，那么当那么当x x(0，(0，1)1)时，时，g g(x
18、x)0 0，所以函数所以函数g g(x x)在在x x(0，(0，1)1)上单调递上单调递增增(3)(3)证明：证明：f f(x x)2 2x xlnlnx xx xa a(2(2x x1)1)，令令(x x)2 2x xlnlnx xx xa a(2(2x x1)(1)(a a0)0)，那么，那么(x x)2ln2lnx x3 32 2a a，易知，易知(x x)在在x x(0，(0，)上单调递增，又)上单调递增，又(e ea a2 2)1 10 0，(1)(1)3 32 2a a0 0，那么存在，那么存在x x0 0(0(0，1)1)，使得，使得(x x0 0)0 0，-11-11-即即
19、2ln2lnx x0 03 32 2a a0 0，那么，那么f f(x x)在在(0(0，x x0 0)上单调递减，上单调递减，在在(x x0 0，)上单调递增，)上单调递增，又又f f(x x0 0)2 2x x0 0lnlnx x0 0 x x0 02 2axax0 0a aa a2 2x x0 00 0，f f(1)(1)1 1a a0 0，又当又当 0 0 x xx x0 0时，函数时，函数f f(x x)的图象均在的图象均在y y轴下方，轴下方，所以可设所以可设f f(x x3 3)0 0，那么那么x x3 3(x x0 0，1)1)，所以所以f f(x x)在在(0(0，x x3
20、3)上单调递减，在上单调递减，在(x x3 3，)上，)上单调递增，又单调递增，又f f(1)(1)0 0，不妨设，不妨设x x1 1x x2 2，那么数形，那么数形结合可知结合可知 0 0 x x1 1x x3 3x x2 21 1 由由(2)(2)知，知，g g(x x1 1)g g(x x3 3)g g(x x2 2)，f fx x1 1g gx x3 3x xx x1 1，即即 2 2 f fx x2 2g gx x3 3x x2 2x x2 2，2 21 1那么那么g g(x x3 3)()(x xx x2 2)f f(x x2 2)f f(x x1 1)g g(x x3 3)()(
21、x xx x1 1)，2 22 22 21 1所以所以(x xx x2 2)(x xx x1 1)(x x2 2x x1 1)()(x x2 2x x1 11)1)0 0，故，故x x1 1x x2 21 11212(2022江苏名校高三入学摸底(2022江苏名校高三入学摸底)函数函数f f(x x)2 22 22 21 1-12-12-lnlnx x1 1x x(1)(1)求函数求函数f f(x x)的单调区间；的单调区间；(2)(2)设设m m00，求函数，求函数f f(x x)在区间在区间 m m，2 2m m 上的上的最大值最大值 解解(1)(1)因为函数因为函数f f(x x)的定义
22、域为的定义域为(0(0，)，且)，且f f(x x)1 1lnlnx xx x2 2，f fx x00，f fx x00，由由 得得 00 x xe00 x x00，得得x xee所以函数所以函数f f(x x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0(0，e)e)，单，单调递减区间为调递减区间为(e(e，)，)2 2m me e，e e(2)当(2)当，即，即 0000(0(0，e)e)，函数，函数f f(x x)在区间在区间 m m，2 2m m 上单调递增，上单调递增，ln 2ln 2m m所以所以f f(x x)maxmaxf f(2(2m m)1 1；2 2m m-13-13-e e当当
23、m me2e2m m，即，即 m mee 时，时，(m m，e)e)(0(0，e)e)，2 2(e(e，2 2m m)(e(e，)，)，函数函数f f(x x)在区间在区间(m m，e)e)上单调递增，在上单调递增，在(e(e，2 2m m)上单调递减，上单调递减，ln eln e1 1所以所以f f(x x)maxmaxf f(e)(e)1 1 1 1；e ee e当当m me e 时，时，(m m，2 2m m)(e(e，)，函数，)，函数f f(x x)在区间在区间 m m，2 2m m 上单调递减，上单调递减，所以所以f f(x x)maxmaxf f(m m)lnlnm m1 1m
24、me eln 2ln 2m m综上所述，综上所述，当当 00m m 时，时，f f(x x)maxmax1 1；2 22 2m me e1 1当当 m me0)0)，x x3 3x x2 2f f(x x)x x3 3，x xx x2 2令令f f(x x)0 0 得，得，x x1 1 或或x x2 2当当x x变化时，变化时，f f(x x)，f f(x x)的变化情况如下的变化情况如下表所示表所示2 2x x(0(0，1)1)1 1(1(1，2)2)2 2f f(x x)(2(2，)0 00 0-15-15-f f(x x)极大极大值值极小极小值值5 5所以函数所以函数f f(x x)的极
25、大值的极大值f f(1)(1)，极小值，极小值2 2为为f f(2)(2)2ln 22ln 24 4(2)(2)依题意，依题意，知切线方程为知切线方程为y yf f(x x0 0)()(x xx x0 0)f f(x x0 0)()(x x0 00)0)，从而从而g g(x x)f f(x x0 0)()(x xx x0 0)f f(x x0 0)()(x x0 00)0)，记记p p(x x)f f(x x)g g(x x)，那么那么p p(x x)f f(x x)f f(x x0 0)f f(x x0 0)()(x xx x0 0)在在(0(0，)上为增函数，)上为增函数，所以所以p p(
26、x x)f f(x x)f f(x x0 0)0)0 在在(0(0，)上恒成立，)上恒成立，即即p p(x x)x xx x0 00 0 在在(0(0，)上，)上2 22 2x xx x0 0恒成立，恒成立，即即x x x x0 0 在在(0(0，)上恒成立，)上恒成立，2 22 2x xx x0 0-16-16-因为因为x x 222 2x xx x 2 2 2(2(当且仅当当且仅当x xx x2 22 2时，等号成立时，等号成立)，所以所以 2 2 2 2x x0 0，从而，从而(x x0 0 2)2)2 20 0，所以，所以2 2x x0 0 x x0 0 2 2(3)(3)假设存在一条
27、直线与函数假设存在一条直线与函数f f(x x)的图象有的图象有两个不同的切点两个不同的切点T T1 1(x x1 1，y y1 1)，T T2 2(x x2 2，y y2 2)，不妨设，不妨设00 x x1 1 x x2 2，那么函数那么函数f f(x x)的图象在点的图象在点T T1 1处的切线处的切线l l1 1的方程为的方程为y yf f(x x1 1)f f(x x1 1)()(x xx x1 1)，在点在点T T2 2处的处的切线切线l l2 2的方程为的方程为y yf f(x x2 2)f f(x x2 2)()(x xx x2 2)因为因为l l1 1，l l2 2为同一条直线
28、，所以为同一条直线，所以f f(x x1 1)f f(x x2 2)，f f(x x1 1)x x1 1f f(x x1 1)f f(x x2 2)x x2 2f f(x x2 2)，即即 x x1 1a a x x2 2a a，2 22 2x x1 1x x2 2 2 2 1 12 21 12ln2lnx x1 1x x1 1axax1 1x x1 1 x x1 1a a 2ln2lnx x2 22 22 2 x x1 1 2 2 x xaxax2 2x x2 2 x x2 2a a，x x2 2 2 22 2-17-17-整理得整理得 2ln2ln 2 2 0 02 2x x1 12 2令
29、令t t，由，由 00 x x1 1 x x2 2与与x x1 1x x2 22 2，得，得t t(0，(0，2 21)1)记记p p(t t)2ln2lnt t t t，那么，那么p p(t t)1 12 21 12 2x x2 21 12 2x x2 21 1x x2 21 1t tt tt t1 1t t1 12 2t t2 20)p p(1)(1)0 0从而式不可能成立，所以假设不成立，即从而式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数不存在一条直线与函数f f(x x)的图象相切于两个不的图象相切于两个不同的点同的点1414函数函数f f(x x)x x3 3axax2 2b
30、 b(a a，b bR)R)(1)(1)试讨论试讨论f f(x x)的单调性；的单调性；(2)(2)假设假设b bc ca a(实数实数c c是与是与a a无关的常数无关的常数)，当函数当函数f f(x x)有三个不同的零点时，有三个不同的零点时，a a的取值范围的取值范围-18-18-3 33 3恰好是恰好是(，3)(1，3)(1，)()(，)，求，)，求c c2 22 2的值的值 解解(1)(1)f f(x x)3 3x x2 22 2axax，令令f f(x x)0 0，2 2a a解得解得x x1 10 0，x x2 23 3当当a a0 0 时，时，因为因为f f(x x)3 3x
31、x0 0，所以函数所以函数f f(x x)在在(，)上单调递增；，)上单调递增；2 2a a当当a a00 时，时，x x(，)(0，)时，)(0，)时，3 32 2a af f(x x)0)0，x x(，0)0)时，时，f f(x x)0)0，3 32 2a a所以函数所以函数f f(x x)在在(，)，(0(0，)，)3 32 2a a上单调递增，在上单调递增，在(，0)0)上单调递减；上单调递减；3 32 2a a当当a a00)0，x x(0(0，)时，时，f f(x x)0)0，3 32 2a a所以函数所以函数f f(x x)在在(，0)0)，(，)，)3 32 2a a上单调递增
32、，在上单调递增，在(0(0，)上单调递减上单调递减3 3(2)(2)由由(1)(1)知，函数知，函数f f(x x)的两个极值为的两个极值为f f(0)(0)b b，2 2a a4 43 3f f()a ab b，那么函数，那么函数f f(x x)有三个零有三个零3 327272 2a a4 43 3点等价于点等价于f f(0)(0)f f()b b(a ab b)0)00，a a00，从而从而 4 43 3或或 4 43 3a a b b00 00b b 00 时，时，a aa ac c0027274 43 3或当或当a a00 时，时，a aa ac c0027274 43 3设设g g(
33、a a)a aa ac c，因为函数，因为函数f f(x x)有三个有三个2727-20-20-零点时，零点时，a a的取值范围恰好是的取值范围恰好是(，3)(1，3)(1，3 33 3)()(，)，)，2 22 2那么在那么在(，3)3)上上g g(a a)0)0)0 均恒成立，均恒成立，2 22 23 3从而从而g g(3)3)c c10，且10，且g g()c c10，10，2 2因此因此c c1 1此时，此时，f f(x x)x xaxax1 1a a(x x1)1)x x(a a1)1)x x1 1a a，因为函数有三个零点，那么因为函数有三个零点，那么x x(a a1)1)x x1 1a a0 0 有两个异于有两个异于1 1 的不等实根，的不等实根，所以所以(a a1)1)2 24(14(1a a)a a2 22 2a a3030，且且(1)1)(a a1)1)1 1a a0，0，3 33 3解得解得a a(，3)(1，(，3)(1，)()(，)，)2 22 2综上综上c c1 1-21-21-3 32 22 22 22 2-22-22-