(新课标)2022高考数学二轮总复习.6.2导数与不等式问题专题限时训练文.pdf

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1、 新课标 2022 高考数学二轮总复习1.6.2导数与不等式问题专题限时训练文 2 1.6.2 导数与不等式问题 专题限时训练(小题提速练)(建议用时:45 分钟)一、选择题 1函数f(x)13x3ax23x1 有两个极值点,那么实数a的取值范围是()A(3,)B.(,3)C(3,3)D.(,3)(3,)解析:f(x)x22ax3,由题意知方程f(x)0 有两个不相等的实数根,所以4a2120,解得a 3或a 3.选D.答案:D 2函数f(x)13x32x23m,x0,),3 假设f(x)50 恒成立,那么实数m的取值范围是()A.179,B.179,C(,2 D.(,2)解析:f(x)x24

2、x,由f(x)0,得 0 x0,得x4 或x0,f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值 当a0 时,f(x)3(xa)(xa)当x(,a)和(a,)时,f(x)单调递增;当x(a,a)时,f(x)单调递减 所以当a1,即 0a2 恒成立,f(1)2,那么f(x)2x4 的解集为()A(1,1)B.(1,)C(,1)D.(,)解析:设F(x)f(x)2x4,那么F(x)6 f(x)2,因为f(x)2 恒成立,所以F(x)f(x)20,即函数F(x)在 R 上单调递增 因为f(1)2,所以F(1)f(1)2(1)42240.所以由F(x)f(x)2x40,得F(x)f(x)2x4F(1),所以x

3、1,即不等式f(x)2x4 的解集为(1,)选 B.答案:B 6f(x)是定义在(0,)上的非负可导函数,且满足xf(x)f(x)0,对任意的 0ab,那么必有()Aaf(b)bf(a)B.bf(a)af(b)Caf(a)f(b)D.bf(b)f(a)解析:因为xf(x)f(x),f(x)0,所以fxxxfxfxx22fxx20,那么函数fxx在(0,)上单调递减 7 由于0ab,那么faafbb,即af(b)bf(a)选A.答案:A 7当x2,1时,不等式ax3x24x30恒成立,那么实数a的取值范围是()A5,3 B.6,98 C6,2 D.4,3 解析:当x(0,1时,得a31x341x

4、21x,令t1x,那么t1,),a3t34t2t.令g(t)3t34t2t,t1,),那么g(t)9t28t1(t1)(9t1),显然在1,)上,g(t)0,解得a0或a0,使得f(x0)0 有解,那么实数a的取值范围是()Aa2 B.a3 C.a1 D.a3 解析:函数f(x)的定义域是(0,),不等式ax1ln x0 有解,即axxln x在(0,)上有解令h(x)xxln x,可得h(x)1(ln x1)ln x令h(x)0,可得x1.当 0 x0,当x1 时,h(x)0,可得当x1 时,函数h(x)xxln 10 x取得最大值 1,要使不等式axxln x在(0,)上有解,只要a小于等

5、于h(x)的最大值即可,即a1.选 C.答案:C 10e 是自然对数的底数,函数f(x)exx2的零点为a,函数g(x)ln xx2 的零点为b,那么以下不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b)B.f(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b)D.f(b)f(1)0 恒成立,所以函数f(x)在 R 上是单调递增的,而f(0)e00210,所以函数 f(x)的零点a(0,1)由题意,知g(x)1x10,所以g(x)在(0,)上是单调递增的,又g(1)ln 11210,所以函数g(x)的零点b(1,2)综上,可得 0a1b2.因为f(x)在 R 上 11 是增函数,所以f(a)f(1)1

6、f(x),且f(0)2,那么不等式 exf(x)ex1(其中 e 为自然对数的底数)的解集为()A(0,)B.(,0)(1,)C(1,)D.(,1)(0,)解析:设g(x)exf(x)ex,xR,那么g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1f(x)1f(x),f(x)f(x)10,g(x)0,g(x)在定义域上单调递增exf(x)ex1,g(x)1.又g(0)e0f(0)e01,g(x)g(0),x0,不等式的解集为(0,)选 A.答案:A 12 12(2022郑州三模)设函数f(x)在 R 上存在导函数f(x),xR,有f(x)f(x)x3,在(0,)上有 2f(x)3x2

7、0,假设f(m2)f(m)3m26m4,那么实数m的取值范围为()A1,1 B.(,1 C1,)D.(,11,)解析:令g(x)f(x)12x3,g(x)g(x)f(x)12x3f(x)12(x)30,函数g(x)为偶函数,x(0,)时,g(x)f(x)32x20,函数g(x)在(0,)上是增函数,函数g(x)在(,0)上是减函数,f(m2)f(m)g(m2)12(m2)3g(m)12m3g(m2)g(m)3m26m43m26m4,13 g(m2)g(m),|m2|m|,解得m1,实数m的取值范围(,1选 B.答案:B 二、填空题 13函数f(x)x2mx1,假设对于任意xm,m1,都有f(x

8、)0 成立,那么实数m的取值范围是 .解析:作出二次函数f(x)的图象,对于任意xm,m1,都有f(x)0,那么有 fm0,fm10,即 m2m210,m12mm110.解得22m0 时,即x(0,1时,f(x)ax33x10可化为a3x21x3.令g(x)3x21x3,那么g(x)312xx4,所以g(x)在区间0,12上单调递增,在区间12,1 上单调递减因此g(x)maxg124,从而a4.当x0,那么不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0 的解集是 .解析:令g(x)x3f(x)(x0,所以g(x)在(,0)上单调递增不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(

9、3)0 等价于g(x2 015)g(3)0,所以x2 0153,解得x2 018.又x2 0150,解得x0 的解集是x|2 018x0,因此函数f(x)在0,1上单调递增,所以x0,1时,f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2,使得g(x)x22ax41,即x22ax50,即ax252x能成立令h(x)x252x,那么要使ah(x)在x1,2能成立,只需使ah(x)min,又函数h(x)x252x在x1,2上单调递减,所以h(x)minh(2)94,故只需a94.答案:94,17 专题限时训练(大题标准练)(建议用时:30 分钟)1(2022汕头二模)函数f(x)aln xx1(

10、其中aR)(1)讨论函数f(x)的极值;(2)对任意x0,f(x)12(a21)成立,求实数a的取值范围 解析:(1)f(x)的定义域为(0,)又f(x)ax1.当a0 时,在(0,)上,f(x)0 时,由f(x)0,得xa,在(0,a)上,f(x)0,f(x)为增函数,在(a,)上,f(x)0 时,f(x)有极大值f(a)aln aa1,无极小值;(2)由(1)知,当a0,f(x)是减函数,又令bea21,ln b0,不等式不成立;当a0 时,f(x)有极大值也是最大值,f(x)maxf(a)aln aa1,要使对任意x0,f(x)12(a21)成立,即aln aa112(a21),那么al

11、n a32a12a20 成立 令u(a)aln a32a12a2(a0),u(a)ln a11aln aa,19 令k(a)u(a)ln aa,那么k(a)1a11aa0,得a1.在(0,1)上,k(a)0,k(a)u(a)是增函数,在(1,)上,k(a)0,k(a)u(a)是减函数,当a1 时,k(a)u(a)取极大值也是最大值,u(a)maxu(1)10.在(0,)上,u(a)0,u(a)是减函数,又u(1)0,要使u(a)0 恒成立,那么a1.实数a的取值范围为1,)2(2022蓉城名校联盟联考)函数f(x)ax22(a1)x2ln x,aR.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)是否存

12、在最大整数k,当ak时,对任意的x2,都有f(x)ex(x1)axln x成立?(其 20 中 e 为自然对数的底数,e2.718 28)假设存在,求出k的值;假设不存在,请说明理由 解析:(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)2ax2(a1)2x2ax1x1x,所以当a(,0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减;当a(0,1)时,f(x)在(0,1)和1a,上单调递增,在1,1a上单调递减;当a1 时,f(x)在(0,)上单调递增;当a(1,)时,f(x)在0,1a和(1,)上单调递增,在1a,1 上单调递减(2)ax22(a1)x2ln xex(x1)axln x对

13、x2 恒成立ax2(a2)x3ln xex(x1)21 当x2 时,得 4a(a2)23ln 2e2,所以 2ae24ln 884210,所以a5,那么整数k的最大值不超过 4.下面证明:当a4 时,不等式对于x2 恒成立,设g(x)ax2(a 2)x 3ln x ex(x1)(x2),那么g(x)2ax(a2)3xxex.令h(x)2ax(a2)3xxex,那么h(x)2a3x2(x1)ex2a(x1)ex2a3e283e20,所以h(x)在2,)上单调递减,所以h(x)2ax(a2)3xxexh(2)3a122e22322e20,22 即当x2,)时,g(x)0,所以g(x)在2,)上单调递减,所以g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)g(2)2a43ln 2e2843e27e20,所以a4 时,不等式恒成立,所以k的最大值为 4.

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