名师原创理科数学专题卷：专题五《导数及其应用》

1、高三一轮复习理科数学专题卷专题五 导数及其应用考点 13：导数的概念及运算（1,2 题）考点 14：导数的应用（3-11 题, 13-15 题, 17-22 题）考点 15：定积分的运算（12 题, 16 题）考试时间： 120 分钟 满分： 150 分说明：请将挑选题正确答案填写在答题卡上,主观题写在答题纸上第 I 卷（挑选题）一、挑选题（此题共 12 小题,每道题 5 分,共 60 分；在每道题给出的四个选项中,只有哪一项最符合题目要求的；）1. 【来源】 2022-2022 年河北武邑中学高二理周考 考点 13 易函数 f x sin 2 x的导数是（）A. 2sin x B. 2sin

2、 2x C. 2cos x D. sin 2x2【来源】 2022-2022 年河北武邑中学高二理周考 考点 13 易已知 f x 1x 2cos x ,f x 为 f x 的导函数,就 f x 的图像是（）43. 【 2022 课标 II ,理 11】考点 14 易如x2是函数f x x2axx 1 e1的极值点,就f x 的微小值为（b）A.1 B.2e3 C.5e3 D.1 e2的取值范4【来源】 2022 届湖北孝感市高三理上学期第一次统考考点 14中难如曲线ylnxa 的一条切线为yexb ,其中a b 为正实数,就a围是（）x2,eA.2e, B.,e C.2, D.e25【来源】

3、 2022 届福建闽侯县三中高三上期中考点 14难01, 的图象已知函数yx2的图象在点2 x 0 x 0处的切线为 l ,如 l 也与函数ylnx,相切,就x 必满意（）A0 x 01 B1x01 C2x 02 D20 x32226【来源】 2022 届河北磁县一中高三11 月月考考点 14易已知函数fx的导数为fx,且x1fxxfx0对 xR恒成立,就以下函数在实数集内肯定是增函数的为（）C.xe fxA. fxB. xfxD.x xe fx考点 14 易7【来源】 2022 届江西抚州市七校高三上学期联考已知函数 fx 与fx 的图象如下列图,就函数g xfx的递减区间为（）x eA.

4、0,4 B.,1 ,4,4 C.0,4 D.0,1 , 4,338【来源】 2022 届山东省青州市高三10 月段测考点 14 中难 x 是f x 的导函数,就定义在 R 上的函数f x 满意：f 1f x ,f06,f不等式e f x x ex5（其中 e为自然对数的底数）的解集为（）A 0, B ,03,C ,01, D 3,9. 【 2022 课标 3,理 11】考点 14 难2 x 1 x 1已知函数 f x x 2 x a e e 有唯独零点,就 a=（）1 1 1A2 B3 C2 D1 10【来源】 2022 届河南中原名校高三理上质检三 考点 14 难已 知 函 数 f x 的

5、定 义 域 为 R , f x 为 函 数 f x 的 导 函 数 , 当 x 0, 时 ,2 sin x cos x f x 且 0 x R ,f x f x cos2 x 1 . 就以下说法肯定正确的是（）g x在 1,4 上的A.1 4f53f2643 B.1 4f53f4643C3 4f31f324 D.1 2f33f34411【来源】 2022 届辽宁沈阳二中高三理上学期期中考点 14中难已知函数fxx2axalnx aR,g xx35x22x6,2最大值为b ,当x1,时, fxb 恒成立,就 a 的取值范畴是（f x ）A.a2 B.a1C.a1 D.a0lnx,且12【来源】

6、2022 届辽宁盘锦高级中学高三11 月月考考点 15 中难已 知a0,b0,f 为f x 的 导函 数, 如2bb1dx2f 1b1,就 ab 的最小值为（）13 x2A 4 2 B 2 2 C9 2 D 9 222第二卷（非挑选题）二. 填空题（每题 5 分,共 20 分）13【来源】 2022 届广东省仲元中学高三 9 月月考 考点 14 易已知函数 f x ln x 4,求曲线 f x 在点 1, 1 处的切线方程 _ x14【来源】 2022 届广西陆川县中学高三 8 月月考 考点 14 中难2 x如函数 f x x e ax 在 R 上存在单调递增区间,就实数 a 的取值范畴是 .

7、 15【来源】 2022 届湖北襄阳四中高三七月周考二 考点 14 中难如函数 f x x 2 1 ln x 1 在其定义域内的一个子区间 a 1, a 1 内存在极值, 就实数 a 的2取值范畴16【来源】 2022-2022 新疆哈密地区二中高二下期末考试 考点 15 易如图,阴影部分的面积是 _三. 解答题（共70 分）2.71828 17（此题满分10 分）【来源】 2022 届四川遂宁等四市高三一诊联考考点 14 易已知函数fxaexx aR ,其中 e 为自然对数的底数,e（）判定函数f x 的单调性,并说明理由；（）如x1,2,不等式fxex恒成立,求a 的取值范畴18（此题满分

8、 12 分）【来源】 2022 届河南百校联盟高三文 11 月质监 考点 14 中难x已知函数 f x e ax ,（a 0）. （）记 f x 的微小值为 g a ,求 g a 的最大值；（）如对任意实数 x 恒有 f x 0,求 f a的取值范畴 . 19（此题满分 12 分）【来源】 2022 届河北唐山市高三理上学期期末1. 考点 14 中难已知函数fxlnx,g xxlnxaxx2（1）求 yfx 的最大值；（2）当a0,1时,函数yg x,x0,e有最小值 . 记 g x 的最小值为 h a ,e求函数 h a 的值域 . 20（此题满分 12 分）【来源】 2022-2022 学

9、年江苏南通海安县试验中学高二上学期期中考点 14 中难c已知函数f x x2xce2xcR . （1）如f x 是在定义域内的增函数,求c 的取值范畴；（2）如函数F x f x f 5（其中f x 为f x 的导函数）存在三个零点,求2的取值范畴 . 21（此题满分 12 分）【来源】 2022 届四川自贡市高三一诊考试考点 14 中难e 为自然对数的底数）,已知函数f xf 1x e1f0 x1x2fx是 f x 的导数,2g x12 xaxb aR,bR . 2（）求fx 的解析式及极值；（）如fxg x ,求b a1的最大值 . 222. （此题满分 12 分）【2022 课标 1,理

10、 21】已知函数f x ae2xa2exx . （1）争论f x 的单调性；（2）如f x 有两个零点,求a 的取值范畴 . 参考答案 1D 【解析】x n由题意得x,n函数的xi导n数x为2sinfx 2 six2si. x s2A 【解析】由题意得,fx1 2xsinx ,x1f x ,所以函数fx 为奇函数,即所以fx1xsin1xsinx22函数的图象关于原点对称,当x2时,f210,当x2时,fx0恒4成立,应选A. 3【答案】 A 【解析】4C 【解析】设切点为x0y 0,就有x010eaeex0bbae2,b0 ,a2,eabe2a1lnx2,应选 C. a5D 2 x 的导数

11、y2x ,y2 x 在点2 x x 0处的切线斜率为k2x ,切线方【解析】函数y程为y2 x 02x 0 xx 0,设切线与ylnx 相交的切点为m ,lnm ,（ 0m1）,由ylnx 的导数为y1可得2x01,切线方程为ylnm1xm,令x0,可xmm得ylnm12 x ,由 0m1可得x 01,且2 x 01,解得x01由m1,可得2x 02,2 x 0ln 2x 010,令fx2 xln 2x1,xf1,fx22x10,fxf在x1递增,10,就有2 x 0ln 2x 010的根x且2ln 2 210,33ln 2 3x 02,3,应选 D. 6D 【解析】设F xfx xe fx

12、,就Fxxx1x e fxexx xe fxexx1fxxfx. x1xxfx0对R恒成立,且0. x0,F x在 R 上递增 . 7D 【解析】gx4fxx efxexfxfx,令gx0即fxfx0, 由图x e2x e可得x01,故函数单调减区间为0,1 , 4,应选 D. 8A 【解析】设（ ）x e f x（ ）x e,（xR）,（ ,）. g x（ ）x e f x（ ）x e f（ ）exx e（ ）f（ ）1,f（ ）1（ ）,（ ）f（ ）1 ,g（ ） ,y（ ）在定义域上单调递增,x e f x（ ）ex5, （ ） ,又（ ）0 e f（ ）0 e615, （ ）（ ）,

13、x ,不等式的解集为9【答案】 C【解析】函数的零点满意x22xx a e1ex1,2 ex111,设g xx e1ex1,就gxx e1ex1ex111exex当gx0时,x1,当x1时,gx0,函数 g x单调递减,当x1时,gx0,函数 g x单调递增,当x1时,函数取得最小值g12,设h xx22 x,当x1时,函数取得最小值1 ,10 B 【解析】令F x2 sinxfx ,就Fxsin 2xfx. 由于当x0,时,2 sinxcos xfx0, 即sin 2xfx , 所 以Fxsin 2xfx0, 所 以Fxsin 2xfx在x0,上单调递增 . 又xR,fxfxcos2x1,所

14、以fxfx2sin2x ,故所以,Fxs2inx为 奇 函 数 , 所 以 f xFxsin2xfx 在 R 上 单 调 递 增 , 所 以F5 6F4 3. 即1 4f53f4,应选 B. 64311 B 【解析】gx3x25x2x23x1 ,所以g x在,12 上是增函数,24,上 是 减 函 数gx g20,fx 0在x,1上 恒 成 立 ,由x,1知 ,x2x在x,1,时恒成立,令xln x0,所以f x0恒成立等价于axlnhx xx2x,x,1,有hxxxx12lnx0,所以h x在,1上是增ln12lnx 函数,有hxh 1,所以a1. 12 C 【 解 析 】 fbx11 x,

15、 2fa11 a, bb1dxb12b,1b 2,13 x12x2bbb1dx2fa15, 1b2b1, 211, a0b0, 1a2bx322 b2a211,即3 2时9,当aa3 b2 b且2abab21a2 b5a2 b2baa2 ba2 b22 ba22ba2等号成立,应选 C. 133 x y 7 0【 解 析 】f x ln xx 2 3, 所 以 k f 1 3 , f 1 , 切 线 方 程 为y 4 3 x 1, 即3 x y 7 014a 2ln 2 22 x x 2 x【解析】 由于函数 f x x e ax ,所以 f 2 x e a ,由于 f x x e ax在 R

16、 上 存 在 单 调 递 增 区 间 , 所 以 f 2 x xe a 0, 即 a 2 x e 有 解 , 令 xg x 2 x e,就 x g x 2 e x,就 g x 2 e x 0 x ln2,所以当 x ln 2 时,x xg x 2 e 0；当 x ln2 时,g x 2 e 0,当 x ln2 时,g x max 2ln 2 2,所以 a 2ln 2 2 . 15 ,1 3 22【解析】 函数的定义域为 0 , ,令 f x 2 x 1 4 x 1 0,解得 x 1或 x 12 x 2 x 2 2（ 不 在 定 义 域 内 舍 ）, 所 以 要 使 函 数 在 子 区 间 a

17、,1 a 1 内 存 在 极 值 等 价 于a 1 012 a ,1 a 1 0 , ,即 a 1 12,解得 1 a 32,答案为 1 , 32 a 1 12163232【解析】由题意得,直线 y 2 x 与抛物线 y 3 x ,解得交点分别为 3, 6 和 1,2 ,2抛 物 线 y 3 x 与 x 轴 负 半 轴 交 点 3,0 , 设 阴 影 部 分 的 面 积 为 S , 就1 2 0 2S 0 3 x 2 x dx 3 3 x dx03 2 xdx 3 33 x 2 dx 53 2 3 9 2 3 3231 117（）理由见解析； （）e 2 e ,x x【解析】（）由题可知,f

18、x ae x ,就 f x ae 1,x（i ）当 a 时,f x ,函数 f x ae x 为 R 上的减函数,（ii ）当 a 时,令 ae x 1 0,得 x ln a , x , ln a ,就 f x ,此时函数 f x 为单调递减函数；如 x ln ,就 f x ,此时函数 f x 为单调递增函数 4 分 （）由题意,问题等价于 x 1,2,不等式 ae xxe x恒成立,x即 x 1,2,a12 xex 恒成立,ex令 g x 12 xex,就问题等价于 a 不小于函数 g x 在 1,2 上的最大值 6 分 e1 xe x e 2 x 2 1 xe x e 2 xx由 g x

19、e x 1 x e2 x 2,e当 x 1,2 时,g x ,所以函数 g x 在 1,2 上单调递减, 8分 所以函数 g x 在x1,2的最大值为g111,11, 10e2e故x1,2,不等式fxex恒成立,实数a的取值范畴为e2e分 18（）g amax1（） fa 的取值范畴是1,e ee2. 【解析】（）函数fx的定义域是,fxx ea . 在定义域上单调递增；fx0,得xlna,所以 fx 的单调区间是ln ,函数 fx 在xlna 处取微小值,g a fx 微小值flnaelnaalnaaalna . ga11lnalna,当 0a1时,ga0, g a 在 0,1 上单调递增；

20、当a1时,ga0, g a 在 1,上单调递减 . 上 唯 一 的 极 大 值 点 , 也 是 最 大 值 点 , 所 以a1是 函 数 g a在0,所 以g amaxg11 . .6 分 （）当 x 0 时,a 0,e xax 0 恒成立 . 当 x 0 时,f x 0,即 e xax 0,即 a xe. x令 h x xex,x 0,h x e x xx 2 e x e xx x2 1,当 0 x 1 时,h x 0,当 h x 0,故 h x 的最小值为 h 1 e ,所以 a e,故实数a的取值范畴是 0,e . a 2 a af a e a ,a 0, e ,f a e 2 a ,由

21、上面可知 e 2 a 0 恒成立 , 故 f a 在 0, e 上单调递增,所以 f 0 1 f e e ee ,2即 f a 的 取 值 范 围 是1, e ee 2 . 12 分 19（1）1；（2） e , 1 . e 21ln x【解析】（1）f x x2（x0）,当 x0 ,e 时, f x 0,f x 单调递增；当 xe , 时, f x 0,f x 单调递减,1所以当 xe 时,f x 取得最大值 f e e . 3 分 （2）gx ln xax xln x xa,由（ 1）及 x0 ,e 得：1 ln x当 ae时,xa0,gx 0, g x 单调递减,e当 xe 时, g x

22、 取得最小值 g e h a 2 . .5 分 当 a 0,1 e ,f 1 0 a,f e 1 ea,所以存在 t 1 ,e ,gt 0 且 ln t at ,当 x0 ,t 时, gx 0,g x 单调递减,当 xt , e 时, gx 0,g x 单调递增,所以 g x 的最小值为g t h a. .7分 令 h a Gt t ln t 2t ,e 2, 1. .11由于 Gt ln t 10,所以 Gt 在1 ,e 单调递减, 此时 Gt 2分 综上, h a e 2, 1. .12分 20（1）,1（2）0,5e622【解析】（1）由于f x x2xce2xcR ,所以函数f x 的

23、定义域为 R ,且f 2x12 ce2x,由f 0得2x12c e2x0即c1 2 2x2 1 ex对于一切实数都成立. 再令g x 12x2 1 ex,就g x 22 xex,令g 0得x0. 2而当x0时g 0,当x0时g 0,所以当x0时g x 取得微小值也是最小值,即g x ming01. 2所以c的取值范畴是,1 2 . 6 分 （2）由（ 1）知f 2x12 c e2x,所以由F x 0得x2xce2x2x12ce2x5,整理得cx2x72 ex. 22令h x x2x7e2x,就h x 2x22x32 ex2x3x2 1 ex,2令h x 0,解得x3或x1. 列表得：5 6e由表可知