2023年高考数学一轮复习 点点练10 导数的综合应用（含解析）文.docx

1、点点练10导数的综合应用一基础小题练透篇1.若关于x的不等式x33x29x2m对任意x2，2恒成立，则m的取值范围是()A(，7 B(，20C(，0 D12，72设函数f(x)xlnx(x0)，则f(x)()A在区间，(1，e)上均有零点B在区间，(1，e)上均无零点C在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点D在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点3已知函数f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是()AB1，)Ce，) D4函数f(x)ex22x2的图象大致为()5已知奇函数f(x)的导函数为f(x)，当x0时，xf(x)f(x

2、)0，若af，bef(e)，cf(1)，则a，b，c的大小关系正确的是()AabcBbcaCacbDca0，则a的取值范围是_.82022河北衡水中学检测不等式ax2a2xlnx4(a0)解集中有且仅有两个整数，则实数a的取值范围是_二能力小题提升篇1.2022黑龙江双鸭山检测，且sinsin0，则下列结论正确的是()AB0C222022四川阆中中学一诊已知函数f(x)mx(e为自然对数的底数).若f(x)0在(0，)上恒成立，则实数m的取值范围是()A(，2) B(，e)CD32022安徽江淮十校联考已知函数f(x)x32xsinx，若f(a)f(12a)0，则实数a的取值范围是()A(1，

3、) B(，1)CD42022安徽省合肥市高三诊断已知函数f(x)ax3x1的图象与x轴有三个交点，则实数a的取值范围是()AaBa0C1a0Daf(x)，f(0)1，则不等式ln f(x)2ln3x的解集为_62022重庆巴蜀中学月考已知函数f(x)2x1，g(x)alnx1.若对任意的xR，总有f(x)1或g(x)0时，f(x)g(x)88ln2.点点练10导数的综合应用一基础小题练透篇1答案：B解析：令f（x）x33x29x2，则f（x）3x26x9，令f（x）0，得x1或3（舍去）.因为f（1）7，f（2）0，f（2）20.所以f（x）的最小值为f（2）20，故m20.2答案：D解析：因

4、为f（x），所以当x（0，3）时，f（x）0，f（x）单调递减，而01e0，f（1）0，f（e）11时，f（x）0，函数单调递增；当x1时，f（x）0时，f（x）ex22x4x，令f（x）0，则2x（ex22）0x（0，1），且f（）22ln20，当x0时，f（x）0，且只有一个极值点，排除B，C，D.5答案：C解析：令g（x）xf（x），x（0，），则g（x）f（x）xf（x）0在（0，）上恒成立，g（x）为（0，）上的增函数又e1，g（e）g（1）g，ef（e）f（1）f.f（x）为奇函数，ef（e）ef（e），bca.6答案：B解析：由题意知a2lnxx对x（0，）恒成立，令g（x）2l

5、nxx，则g（x）1，由g（x）0得x1或x3（舍），且x（0，1）时，g（x）0.因此g（x）ming（1）4.所以a4.7答案：解析：f（x）的定义域是（0，），f（x）a（x0）.当a0时，f（x）0，则f（x）在（0，）上单调递增，又f（1）a0，存在x0（0，），使f（x0）0；当a0，解得0x，令f（x），f（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，f（x）maxf（）ln10，解得a2xlnx4，设g（x）2xlnx4，h（x）ax2a.由g（x）2，可知g（x）2xlnx4在上为减函数，在上为增函数h（x）ax2a的图象恒过点（2，0），在同一平面直角坐标系中作出g（x）

6、，h（x）的图象如图所示若有且只有两个整数x1，x2，使得h（x1）g（x1）且h（x2）g（x2），则即解得0a2ln3.二能力小题提升篇1答案：D解析：构造函数f（x）xsinx，则f（x）sinxxcosx，x时，导函数f（x）0，f（x）单调递增；x时，导函数f（x）0，sinsin，又f（x）为偶函数，|，22.2答案：D解析：因为mx0在（0，）上恒成立，所以在（0，）上不等式m恒成立，即在（0，）上m.令g（x），则g（x）.当x（0，2）时，g（x）0，故g（x）在（2，）上为增函数所以g（x）ming（2），故m0，f（x）在R上单调递增，所以f（a）f（2a1），a2a1，

7、解得a0，f（x）在R上单调递增，只有一个交点，不符合题意；当a0时，f（x）3a，当x时，f（x）0，f（x）单调递增；当x时，f（x）0，f（x）单调递减，要使得函数f（x）的图象与x轴有三个交点，则满足f（x）极小值f10，解得a0恒成立所以a0，即实数a的取值范围是.5答案：（，0）解析：设g（x），则g（x）x等价于ln g（x）ln g（0），所以g（x）g（0），所以x0，故原不等式的解集为（，0）.6答案：（，e）解析：因为f（x）2x11x1，且对任意的xR，总有f（x）1或g（x）1成立，所以当x1时，g（x）1恒成立，即alnx0在1，）上恒成立当x1时，alnx1时，a

8、1，则h（x），因为h（x）0x，h（x）01x，所以h（x）在（1，）上单调递减，（，）上单调递增，故h（x）minh（）e，所以ae.所以当ae，x1时，g（x）1恒成立即当ae时，对任意的xR，总有f（x）1或g（x）0，满足f（x）0；当x1时，由f（x）xelnx可得f（x）1，易得f（x）在xe处取得极小值（也是最小值）f（e）0，满足f（x）0恒成立，排除A，B.方法二若x1，f（x）x22ax2a（xa）2a22a，当a1时，可得f（x）的最小值为f（a）a22a，令f（a）0，解得0a2，故0a1；当a1时，可得f（x）的最小值为f（1）10，满足条件所以a0.若x1，由f（

9、x）xalnx可得f（x）1，当a1时，f（x）0，则f（x）单调递增，故只需f（1）0，显然成立；当a1时，由f（x）0可得xa，易得f（x）的最小值为f（a）aalna，令f（a）0，解得ae，故11，若a0，f（x）0，由f（x）0得x1，由f（x）0得1x0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增（2）由题意得axexln（x1）0对任意x（0，）恒成立，记g（x）axexln（x1），x（0，），其中g（0）0，g（x）aex，其中g（0）a1；g（x）ex.记h（x）（x1）ex（x1）3，因为h（x）xex3（x1）20，x（0，），所以h（x）在（0，）上单调递增，所以h（x）h

10、（0）0，所以g（x）0，所以g（x）在（0，）上单调递增若a0，则g（1）ae1ln20，不符合题意；若0a1，因为g（x）aexaex，所以g（lna）aelna0，又因为g（0）a10，g（x）在（0，）上单调递增，所以当x（0，lna）时，g（x）0，所以g（x）在（0，lna）上单调递减，所以当x（0，lna）时，g（x）g（0）a10，所以g（x）在（0，）上单调递增，所以g（x）g（0）0，符合题意综上，实数a的取值范围是1，）.2解析：（1）f（x）1.f（x）在（0，）上单调递增，f（x）0在（0，）上恒成立，x24xa0（x0），a（x24x）min（x0）4，a的取值范围为（，4.（2）设h（x）f（x）g（x），则h（x）ex4lnx，x（0，），h（x）ex，显然h（x）在（0，）上为增函数又h（1）e40，h（x）在（0，）上有唯一零点，设为x0，则x0（1，2）.当0xx0时，h（x）x0时，h（x）0.h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，）上单调递增，h（x）minh（x0）ex04lnx0.又h（x0）ex00，ex0，x0ex04，x0lnx0ln4，h（x0）ex04lnx04（ln4x0）4x04ln484ln488ln2，h（x）88ln2.即当x0时，f（x）g（x）88ln2.