2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最近2018模拟题）：专题3 导数的概念及其运算 第22练 WORD版含解析.docx

1、训练目标(1)利用导数研究函数的常见题型；(2)解题步骤的规范训练.解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点；(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决；(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.一、选择题1.如图是函数f(x)x2axb的部分图象，则函数g(x)ln xf(x)的零点所在的区间是()A. B(1,2)C. D(2,3)2函数f(x)sin的图象大致为()3(2017湖州模拟)已知曲线f(x)x3x2ax1存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a的取值范围为()A(3，) B.C. D(0,3)4已

2、知函数f(x)为R上的奇函数，且当x0时，f(x)ex1mcos x，记a2f(2)，bf(1)，c3f(3)，则a，b，c的大小关系是()Abac BacbCcba Dcab5已知定义在(1,1)上的奇函数f(x)，其导函数为f(x)1cos x，如果f(1a)f(1a2)0，则实数a的取值范围为()A(0,1) B(1，)C(2，) D(1，)(，1)6已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f(x)，当x0时，f(x)满足2f(x)xf(x)0，则实数a的取值范围为_11已知f(x)，若关于x的方程f(x)2(2m1)f(x)m2m0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围是_12设

3、函数f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为f(x)，且有2f(x)xf(x)x2，则不等式(x2 016)2f(x2 016)4f(2)0的解集为_答案精析1C2.B3.B4.D5.B6D根据题意可构造函数F(x)(x0)，则F(x)，由题意，知当x0时，f(x)满足2f(x)xf(x)0，即当x0时，函数F(x)是增函数，又F(0)0，当x0时，F(x)F(0)0成立，对任意x0，f(x)0时，f(x)0，即f(x)0只有一个根就是0.7A因为1和1是函数f(x)的两个零点，所以f(x)ax3bx2cxax(x1)(x1)，因为x1和x2是f(x)的两个极值点，所以x1和x2是f(

4、x)a(3x21)0的两个根，则x1x2.8B因为直线m的斜率为，lm，所以直线l的斜率为2.因为函数y3xcos x的图象与直线l相切于点P，设P(a，b)，则b3acos a且y|xa3sin a2，所以sin a1，解得a2k(kZ)，所以b6k(kZ)，所以P(kZ)，当k0时，P.9.10.解析e2x(a3)ex43a0，即(ex3)ae2x3ex4，所以a，令tex，则a，即a0)，令h(t)t(t0)，h(t)1，因为t0，所以h(t)0，即当t0时，h(t)h(0)，所以a，即实数a的取值范围为.11(e1，e)解析f(x)(x0)，f(x)f(x)当0xe时，f(x)0，当1xe时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，可作出f(x)的大致函数图象如图所示：令f(x)t，则当0te时，方程f(x)t有三解关于x的方程f(x)2(2m1)f(x)m2m0恰好有4个不相等的实数根，关于t的方程t2(2m1)tm2m0在(0，e)和(e，)上各有一解，解得e1mx2，x0，得2xf(x)x2f(x)x3，所以x2f(x)x30.令F(x)x2f(x)(x0)，则F(x)0(x0，即为F(x2 016)F(2)0，即F(x2 016)F(2)，又因为F(x)在(，0)上是减函数，所以x2 0162，所以x2 018.