（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用練習(xí)A組1函數(shù)f(x)ax3bx2cxd的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是( A )Aa>0，b<0，c>0，d>0Ba>0，b<0，c<0，d>0Ca<0，b<0，c>0，d>0 Da>0，b>0，c>0，d<0解析由圖象知f(0)d>0，因?yàn)閒(x)3ax22bxc0有兩個(gè)不相等的正實(shí)根，所以a>0，>0，所以b<0，又f(0)c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.2已知函數(shù)f(x)x32x23m，x0，)，若f(x)50恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( A )A，) B(，)C(，2 D(，2)解析f(x)x24x，由f(x)>0，得x>4或x<0.f(x)在(0,4)上單調(diào)遞減，在(4，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0，)時(shí)，f(x)minf(4)要使f(x)50恒成立，只需f(4)50恒成立即可，代入解之得m.3若存在正數(shù)x使2x(xa)<1成立，則a的取值范圍是( D )A(，) B(2，)C(0，) D(1，)解析2x(xa)<1，a>x.令f(x)x，f(x)12xln2>0.f(x)>f(0)011，a的取值范圍為(1，)，故選D4(2018·濰坊模擬)當(dāng)x2,1時(shí)，不等式ax3x24x30恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( C )A5，3 B6，C6，2 D4，3解析當(dāng)x(0,1時(shí)，得a3()34()2，令t，則t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，則g(t)9t28t1(t1)·(9t1)，顯然在1，)上，g(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，當(dāng)x2,0)時(shí)，得a2.由以上兩種情況得6a2，顯然當(dāng)x0時(shí)也成立故實(shí)數(shù)a的取值范圍為6，25(文)(2018·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，且x1(0,1)，x2(1，)，點(diǎn)P(m，n)表示的平面區(qū)域?yàn)镈，若函數(shù)yloga(x4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( A )A(1,3) B(1,3C(3，) D3，)解析f (x)x2mx0的兩根為x1，x2，且x1(0,1)，x2(1，)，則即作出區(qū)域D，如圖陰影部分，可得loga(14)>1，所以1<a<3.(理)(2018·江西八校聯(lián)考)已知函數(shù)yf(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，有f (x)>0，則函數(shù)F(x)xf(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是( B )A0 B1C2 D3解析x0時(shí)，f (x)>0，>0，即>0.當(dāng)x>0時(shí)，由式知(xf(x)>0，U(x)xf(x)在(0，)上為增函數(shù)，且U(0)0·f(0)0，U(x)xf(x)>0在(0，)上恒成立又>0，F(xiàn)(x)>0在(0，)上恒成立，F(xiàn)(x)在(0，)上無零點(diǎn)當(dāng)x<0時(shí)，(xf(x)<0，U(x)xf(x)在(，0)上為減函數(shù)，且U(0)0·f(0)0，U(x)xf(x)>0在(，0)上恒成立，F(xiàn)(x)xf(x)在(，0)上為減函數(shù)當(dāng)x0時(shí)，xf(x)0，F(xiàn)(x)<0，當(dāng)x時(shí)，0，F(xiàn)(x)xf(x)>0，F(xiàn)(x)在(，0)上有唯一零點(diǎn)綜上所述，F(xiàn)(x)在(，0)(0，)上有唯一零點(diǎn)故選B6(2018·武漢一模)已知函數(shù)f(x)，g(x)(x1)2a2，若當(dāng)x>0時(shí)，存在x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，).解析由題意得存在x1，x2R ，使得f(x2)g(x1)成立，等價(jià)于f(x)ming(x)max.因?yàn)間(x)(x1)2a2，x>0，所以當(dāng)x1時(shí)，g(x)maxa2.因?yàn)閒(x)，x>0，所以f(x).所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)e.又g(x)maxa2，所以a2ea或a.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，)7已知x(0,2)，若關(guān)于x的不等式<恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為0，e1).解析依題意，知k2xx2>0，即k>x22x對(duì)任意x(0,2)恒成立，從而k0，所以由<可得k<x22x.令f(x)x22x，則f (x)2(x1)(x1)(2)令f (x)0，得x1，當(dāng)x(1,2)時(shí)，f (x)>0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f (x)<0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k<f(x)minf(1)e1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是0，e1)8已知f(x)ln xax，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，且e2，求證：(x1x2)f (x1x2)>.解析(1)函數(shù)f(x)ln xax的定義域?yàn)閤|x>0，所以f (x)a.若a0，則f (x)>0，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增；若a<0，則f (x)a，由f(x)>0，得0<x<，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增；由f (x)a<0，得x>，f(x)在(，)內(nèi)單調(diào)遞減(2)證明：ln x1ax10，ln x2ax20，ln x2ln x1a(x1x2)(x1x2)f (x1x2)(x1x2)(a)a(x1x2)lnln.令te2，令(t)ln t，則(t)>0，(t)在e2，)內(nèi)單調(diào)遞增，(t)(e2)1>1.(x1x2)f(x1x2)>.9某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為R(x)3 700x45x210x3(單位：萬元)，成本函數(shù)為C(x)460x5 000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟(jì)學(xué)中，函數(shù)f(x)的邊際函數(shù)Mf(x)定義為Mf(x)f(x1)f(x)(1)求利潤函數(shù)P(x)及邊際利潤函數(shù)MP(x); (提示：利潤產(chǎn)值成本)(2)問年造船量安排多少艘時(shí)，可使公司造船的年利潤最大？(3)求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在本題中的實(shí)際意義是什么？解析(1)P(x)R(x)C(x)10x345x23 240x5 000(xN*，且1x20)；MP(x)P(x1)P(x)30x260x3 275(xN*，且1x19)(2)P(x)30x290x3 24030(x12)(x9)，因?yàn)閤>0，所以P(x)0時(shí)，x12，當(dāng)0<x<12時(shí)，P(x)>0，當(dāng)x>12時(shí)，P(x)<0，所以x12時(shí)，P(x)有極大值，也是最大值即年造船量安排12艘時(shí)，可使公司造船的年利潤最大(3)MP(x)30x260x3 27530(x1)23 305.所以，當(dāng)x1時(shí)，MP(x)單調(diào)遞減，MP(x)是減函數(shù)的實(shí)際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤與前一艘比較，利潤在減少B組1對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足0，則必有( A )Af(0)f(2)>2f(1) Bf(0)f(2)2f(1)Cf(0)f(2)<2f(1) Df(0)f(2)2f(1)解析當(dāng)x<1時(shí)，f (x)<0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f (x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞增，即當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值同時(shí)也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)f(2)>2f(1)故選A2已知函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( B )A(，0) B(0，)C(0,1) D(0，)解析f(x)x(ln xax)，f (x)ln x2ax1，故f (x)在(0，)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，令f (x)0，則2a，設(shè)g(x)，則g(x)，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，又當(dāng)x0時(shí)，g(x)，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需0<2a<10<a<.3(文)已知函數(shù)f(x)ax2bxln x(a>0，bR)，若對(duì)任意x>0，f(x)f(1)，則( A )Aln a<2b Bln a2bCln a>2b Dln a2b解析f (x)2axb，由題意可知f (1)0，即2ab1，由選項(xiàng)可知，只需比較ln a2b與0的大小，而b12a，所以只需判斷l(xiāng)n a24a的符號(hào)構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)24xln x，則g(x)4，令g(x)0，得x，當(dāng)x<時(shí)，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x>時(shí)，g(x)為減函數(shù)，所以對(duì)任意x>0有g(shù)(x)g()1ln 4<0，所以有g(shù)(a)24aln a2bln a<0ln a<2b.故選A(理)已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.若f(x1)x1<x2，則關(guān)于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為( A )A3 B4C5 D6解析f (x)3x22axb，原題等價(jià)于方程3x22axb0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1<x2，x(，x1)時(shí)，f (x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x(x1，x2)時(shí)，f (x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x(x2，)時(shí)，f (x)>0，f(x)單調(diào)遞增x1為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)方程3(f(x)22af(x)b0有兩個(gè)不等實(shí)根，f(x)x1或f(x)x2.f(x1)x1，由圖知f(x)x1有兩個(gè)不同的解，f(x)x2僅有一個(gè)解故選A4已知函數(shù)f(x)2ax33ax21，g(x)x，若任意給定的x00,2，總存在兩個(gè)不同的xi(i1,2)0,2，使得f(xi)g(x0)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( A )A(，1) B(1，)C(，1)(1，) D1,1解析當(dāng)a0時(shí)，顯然不成立，故排除D；當(dāng)a>0時(shí)，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0,1上是減函數(shù)，在1,2上是增函數(shù)，又f(0)1<g(0)，當(dāng)x00時(shí)，結(jié)論不可能成立；進(jìn)一步，可知a<0，此時(shí)g(x)在0,2上是增函數(shù)，且取值范圍是，同時(shí)f(x)在0x1時(shí)，函數(shù)值從1增大到1a，在1x2時(shí)，函數(shù)值從1a減少到14a，所以“任意給定的x00,2，總存在兩個(gè)不同的xi(i1,2)0,2，使得f(xi)g(x0)成立”，當(dāng)且僅當(dāng)即解得a<1.5(2017·廣州模擬)已知yf(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf (x)f(x)>0，則函數(shù)g(x)xf(x)1(x>0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0.解析因?yàn)間(x)xf(x)1(x>0)，g(x)xf (x)f(x)>0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又g(0)1，yf(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)>g(0)1，所以g(x)在(0，)上無零點(diǎn)6(文)已知函數(shù)f(x)x2mx1，若對(duì)于任意xm，m1，都有f(x)<0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.解析解得<m<0.(理)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在實(shí)數(shù)x0使得不等式2m1g(x0)成立，則m的取值范圍為1，).解析g(x)g(1)ex1g(0)x，當(dāng)x1時(shí)，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx2，則g(x)ex1x，當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，所以當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m1g(x)min1，所以m1.7已知函數(shù)f(x)xaln x1.(1)當(dāng)aR時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0對(duì)于任意x1，)恒成立，求a的取值范圍解析(1)由f(x)xaln x1，得f (x)1，當(dāng)a0時(shí)，f (x)>0，f(x)在(0，)上為增函數(shù)，當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)0<x<a時(shí)，f (x)<0，當(dāng)x>a時(shí)f (x)>0，所以f(x)在(0，a)上為減函數(shù)上恒成立，f (x)在(a，)上為增函數(shù)(2)由題意知xaln x10在x1，)，設(shè)g(x)xaln x1，x1，)，則g(x)1，x1，)，設(shè)h(x)2x22ax1ln x，h(x)4x2a，當(dāng)a0時(shí)，4x為增函數(shù)，所以h(x)a>0，所以g(x)在1，)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)0，當(dāng)a<0時(shí)，h(x)a0，所以g(x)在1，)上單調(diào)遞增，g(x)g(1)0，當(dāng)a<時(shí)，當(dāng)x1，時(shí)，2a1<2x，由(1)知 ，當(dāng)a1時(shí)，xln x10，ln xx1，ln x1，h(x)2x22axln x12x22ax2x22axx2x2(2a1)x<0，此時(shí)g(x)<0，所以g(x)在1，上單調(diào)遞減，在1，)上，g(x)<g(1)0，不符合題意綜上所述a.8(文)設(shè)函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0時(shí)，f(x)ax1，求a的取值范圍解析(1)f (x)(12xx2)ex.令f (x)0得x1或x1.當(dāng)x(，1)時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x(1，1)時(shí)，f (x)>0；當(dāng)x(1，)時(shí)，f (x)<0.所以f(x) 在(，1)，(1，)單調(diào)遞減，在(1，1)單調(diào)遞增(2)f(x)(1x)(1x)ex.當(dāng)a1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)(1x)ex，則h(x)xex<0(x>0)，因此h(x)在0，)單調(diào)遞減而h(0)1，故h(x)1所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)exx1，則g(x)ex1>0(x>0)，所以g(x)在0，)單調(diào)遞增而g(0)0，故exx1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)>ax01.當(dāng)a0時(shí)，取x0，則x0(0,1)，f(x0)>(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a的取值范圍是1，)(理)已知函數(shù)f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2<f(x0)<22.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)設(shè)g(x)axaln x，則f(x)xg(x)，f(x)0等價(jià)于g(x)0.因?yàn)間(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，則g(x)1.當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增所以x1是g(x)的極小值點(diǎn)，故g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明：由(1)知f(x)x2xxln x，f (x)2x2ln x.設(shè)h(x)2x2ln x，則h(x)2.當(dāng)x(0，)時(shí)，h(x)<0；當(dāng)x(，)時(shí)，h(x)>0.所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增又h(e2)>0，h()<0，h(1)0，所以h(x)在(0，)上有唯一零點(diǎn)x0，在，)上有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x(x0,1)時(shí)，h(x)<0；當(dāng)x(1，)時(shí)，h(x)>0.因?yàn)閒 (x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點(diǎn)由f (x0)0，得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0(0，)得f(x0)<.因?yàn)閤x0是f(x)在(0,1)上的最大值點(diǎn)，由e1(0,1)，f (e1)0得f(x0)>f(e1)e2.所以e2<f(x0)<22.