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(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)

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(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)

(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.

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