1、【走向高考】2022 届高中数学二轮复习 专题 1 集合与常用逻辑用语、函数与导数（第 5 讲）课时作业 新人教 A 版 一、选择题 1(文)(2022郑州市质检)已知函数 f(x)的导函数为 f(x)，且满足 f(x)2xf(e)lnx，则 f(e)()A1 B1 Ce1 De 答案 C 解析 依题意得，f(x)2f(e)1x，取 xe 得 f(e)2f(e)1e，由此解得 f(e)1ee1，故选 C.(理)(2022云南检测)已知常数 a、b、c 都是实数，f(x)ax3bx2cx34 的导函数为 f(x)，f(x)0的解集为x|2x3，若 f(x)的极小值等于115，则 a 的值是()A
2、8122 B.13 C2 D5 答案 C 解析 依题意得 f(x)3ax22bxc0 的解集是2,3，于是有 3a0，232b3a，23 c3a，b3a2，c18a，函数 f(x)在 x3 处取得极小值，于是有 f(3)27a9b3c34115，812 a81，a2，故选 C.2(文)(2022长春市调研)已知函数 f(x)x2 的图象在点 A(x1，f(x1)与点 B(x2，f(x2)处的切线互相垂直，并交于点 P，则点 P 的坐标可能是()A(32，3)B(0，4)C(2,3)D.(1，14)答案 D 解析 由题意知，A(x1，x21)，B(x2，x2)，f(x)2x，则过 A，B 两点的
3、切线斜率 k12x1，k22x2，又切线互相垂直，所以 k1k21，即 x1x214.两条切线方程分别为 l1y2x1xx21，l2y2x2xx2，联立得(x1x2)2x(x1x2)0，x1x2，xx1x22，代入 l1，解得 yx1x214，故选 D.(理)在函数 yx39x 的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于4，且横、纵坐标都为整数的点的个数是()A0 B1 C2 D3 答案 A 解析 依题意得，y3x29，令 0y3x291 得 3x20，b0)的焦距为 2 5，抛物线 y 116x21 与双曲线 C 的渐近线相切，则双曲线 C 的方程为()A.x28 y22 1 B.x22 y2
4、8 1 C.x24 y21 D.x2y24 1 答案 C 解析 y 116x21，y18x，设切点(x0，y0)，则切线方程 yy018x0(xx0)，切线过原点，y018x20，又切点在抛物线上，y0 116x201，由(1)(2)得 x04，ba|18x0|12，a2b，代入 a2b2c25 中得 b21，a24，双曲线方程为x24 y21.(理)(2022吉林市质检)若函数 f(x)2sinx(x0，)在点 P 处的切线平行于函数 g(x)2 x(x31)在点 Q 处的切线，则直线 PQ 的斜率()A1 B.12 C.83 D.2 答案 C 解析 f(x)2cosx，x0，f(x)2,2
5、，g(x)x 1x2，当且仅当 x1 时，等号成立，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由题意知，2cosx1 x2 1x2，2cosx12 且 x2 1x22，x10，x10，y10，x21，y283，kPQy2y1x2x183.4(文)(2022浙江文，8)已知函数 yf(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数 yf(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是()答案 B 解析 本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系 由导数的几何意义可得，yf(x)在1,0上每一点处的斜率变大，而在0,1上则变小，故选 B.(理)(2022石家庄市质检)定义在区间0,1上的函数 f(x)的图象如下图
6、所示，以 A(0，f(0)、B(1，f(1)、C(x，f(x)为顶点的ABC 的面积记为函数 S(x)，则函数 S(x)的导函数 S(x)的大致图象为()答案 D 解析 A、B 为定点，|AB|为定值，ABC 的面积 S(x)随点 C 到直线 AB 的距离 d 而变化，而 d 随 x 的变化情况为增大减小0增大减小，ABC 的面积先增大再减小，当 A、B、C 三点共线时，构不成三角形；然后ABC 的面积再逐渐增大，最后再逐渐减小，观察图象可知，选 D.5(2022山西大学附中月考)已知函数 f0(x)xex，f1(x)f0(x)，f2(x)f1(x)，fn(x)fn1(x)(nN*)，则 f2
7、022(0)()A2022 B2022 C2022 D2022 答案 C 解析 f0(x)xex，f1(x)f0(x)exxex，f2(x)f1(x)2exxex，fn(x)fn1(x)nexxex，f2022(0)f2022(0)2022e002022.6(2022天津文，8)设函数 f(x)exx2，g(x)lnxx23，若实数 a、b 满足 f(a)0，g(b)0，则()Ag(a)0f(b)Bf(b)0g(a)C0g(a)f(b)Df(b)g(a)0 答案 A 解析 解法 1：由 f(a)eaa20 得 0a1，g(a)lnaa231，f(b)ebb20，所以 f(b)0g(a)，故选
8、A.解法 2：f(x)ex10，f(x)为增函数，f(0)10，且 f(a)0，0a0，g(x)在(0，)上为增函数，又 g(1)20，g(b)0，1bf(1)0，g(a)g(1)0，123m32m1218，m128，m64.(理)(2022沈阳市二检)已知函数 f(x)x(xa)(xb)的导函数为 f(x)，且 f(0)4，则 a22b2 的最小值为_ 答案 8 2 解析 f(x)(xa)(xb)x(xa)(xb)，f(0)ab4，a22b22 2ab8 2，故填 8 2.8已知函数 f(x)13ax312ax2bxb1 在 x1 处的切线与 x 轴平行，若函数 f(x)的图象经过四个象限，
9、则实数 a 的取值范围是_ 答案(316，65)解析 依题意得，f(1)0，又 f(x)ax2axb，b2a，f(x)ax2ax2aa(x2)(x1)，令 f(x)0，得 x2 或 x1，当 a0 时，不合题意；当 a0 时，要使图象过四个象限，只需 163 a10，56a10，解得 a(316，65)；当 a0 时，要使图象过四个象限，只需 163 a10，结合 a0，即 a2a20，解得 a2 或 a0 时，(xk)f(x)x10，求 k 的最大值 分析(1)求函数 f(x)的单调区间，需判断 f(x)的正负，因为含参数 a，故需分类讨论；(2)分离参数 k，将不含有参数的式子看作一个新函
10、数 g(x)，将求 k 的最大值转化为求 g(x)的最值问题 解析(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(，)上单调递增 若 a0，则当 x(，lna)时，f(x)0，所以，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增(2)由于 a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当 x0 时，(xk)f(x)x10 等价于 k0)令 g(x)x1ex1x，则 g(x)xex11x.由(1)知，函数 h(x)exx2 在(0，)上单调递增而 h(1)0，所以 h(x)在(0，)上存在唯一的零点故 g(x)在(0，)存在唯一的
11、零点设此零点为，则(1,2)当 x(0，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0，)上的最小值为 g()又由 g()0，可得 e2，所以 g()1(2,3)由于式等价于 kg()，故整数 k 的最大值为 2.点评 本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法利用导数求参数的取值范围时，经常需将参数分离出来，转化为恒成立问题，最终转化为求函数的最值问题，求得参数的取值范围(理)(2022广东文，21)设函数 f(x)x3kx2x(kR)(1)当 k1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当 k0 时，求函数 f(x)在k，k上的最小值 m 和最大值 M.解析 f(x)3x22kx1.(1)当 k1
12、时 f(x)3x22x1，41280，f(x)在 R 上单调递增即 f(x)的单调递增区间为(，)，f(x)没有单调递减区间(2)当 k0 时，f(x)3x22kx1，其开口向上，对称轴 xk3，且过(0,1)(i)当 4k2124(k 3)(k 3)0，即 3k0，即 k 3时，令 f(x)3x22kx10 解得：x1k k233，x2k k233，注意到 kx2x1k，从而 kx2x10，f(x)的最小值 mf(k)k，f(x2)f(k)x32kx2x2(2k3k)(x2k)(x2k)2k210，f(x)的最大值 Mf(k)2k3k.综上所述，当 k1 时，lnx00，lnx0 1lnx0
13、1(lnx0 1lnx0)1121，同理当 0 x00，设 x1、x2 是方程 f(x)0 的两根，则|x1x2|的取值范围是()A0，23)B0，49)C(13，23)D(19，49)答案 A 解析 f(x)g(x)3ax22bxc，f(13)a32b3 c13(a2b3c)0，13是 f(x)0 的一根，又 f(0)f(1)0，0 x1x21，即 x113，13x21，或 x213，0 x10，a2b10.(*)b3a2表示不等式组(*)表示的平面区域内的点与点(2，3)连线的斜率，由图形易知选 D.14(文)已知 f(x)为定义在(，)上的可导函数，且 f(x)ef(0)，f(2022)
14、e2022f(0)Bf(1)e2022f(0)Cf(1)ef(0)，f(2022)e2022f(0)Df(1)ef(0)，f(2022)e2022f(0)答案 A 解析 设 F(x)ex，则 F(x)ex，f(x)0，即 F(x)在 xR 上为增函数，F(1)F(0)，F(2022)F(0)，即e1e0，e2022e0，f(1)ef(0)，f(2022)e2022f(0)(理)(2022浙江苍南求知中学月考)设函数 f(x)x2bxc(xR)且 f(x)f(x)0 恒成立，则对a(0，)，下面不等式恒成立的是()Af(a)eaf(0)Cf(a)eaf(0)答案 A 解析 令 F(x)f(x)e
15、x，则 F(x)f(x)exf(x)ex(f(x)f(x)ex0，F(x)为增函数，对任意 a(0，)，有a(，0)，F(a)F(0)，f(a)eaf(0)，即 f(a)eaf(0)，故选 A.15(文)已知定义域为 R 的函数 f(x)满足：f(4)3，且对任意 xR 总有 f(x)3，则不等式 f(x)3x15 的解集为()A(，4)B(，4)C(，4)(4，)D(4，)答案 D 解析 令 g(x)f(x)3x15，则 g(x)f(x)30，所以 g(x)在 R 上是减函数，又因为 g(4)f(4)34150，所以 f(x)3x15 的解集为(4，)(理)定义方程 f(x)f(x)的实数根
16、 x0 叫做函数 f(x)的“新不动点”，如果函数 g(x)12x2(x(0，)，h(x)sinx2cosx，x(0，)，(x)ex2x 的“新不动点”分别为、，那么、的大小关系是()A B C D 答案 C 解析 由定义，令 g(x)x12x2，得 2；对于 h(x)sinx2cosx，x(0，)，令 h(x)cosx2sinxsinx2cosx，得(34，)；对于(x)ex2x，令(x)ex2ex2x，得 1.故 0a2.所求概率 P325.(理)(2022郑州市质检)已知 a1,且函数 yax 与函数 ylogax 的图象有且仅有一个公共点，则此公共点的坐标为_ 答案(e，e)解析 设公
17、共点为 P(x0，y0)，则点 P(x0，y0)为函数 yax 与 ylogax 的图象的切点，且点P(x0，y0)又在直线 yx 上，yaxlna，ax0lna1，ax0 1lnalogae，又 ax0y0logax0logae，x0e，y0e.17函数 f(x)12x23x2lnx，则函数 f(x)在1，e上的最大值为_，最小值为_ 答案 12e23e2 2ln24 解析 由 f(x)12x23x2lnx 可得，f(x)x2x3x23x2xx.当 x(1,2)时，f(x)0，f(x)在2，e上是增函数 当 x2 时，f(x)minf(2)2ln24.又 f(1)52，f(e)12e23e2
18、，f(e)f(1)12e23e2(52)12(e26e9)12(e3)20，f(e)f(1)，f(x)maxf(e)12e23e2.综上，函数 f(x)在1，e上的最大值为12e23e2，最小值为 2ln24.三、解答题 18(文)已知函数 f(x)(ax2bxc)ex 在0,1上单调递减且满足 f(0)1，f(1)0.(1)求 a 的取值范围；(2)设 g(x)f(x)f(x)，求 g(x)在0,1上的最大值和最小值 解析(1)由 f(0)1，f(1)0 得 c1，ab1，则 f(x)ax2(a1)x1ex，f(x)ax2(a1)xaex 依题意须对于任意 x(0,1)，有 f(x)0 时，
19、因为二次函数 yax2(a1)xa 的图象开口向上，而 f(0)a0，所以须 f(1)(a1)e0，即 0a1；当 a1 时，对任意 x(0,1)有 f(x)(x21)ex0，f(x)符合条件；当 a0 时，对于任意 x(0,1)，f(x)xex0，f(x)符合条件；当 a0，f(x)不符合条件 故 a 的取值范围 0a1.(2)因为 g(x)(2ax1a)ex，g(x)(2ax1a)ex，()当 a0 时，g(x)ex0，g(x)在 x0 处取得最小值 g(0)1，在 x1 处取得最大值 g(1)e.()当 a1 时，对于任意 x(0,1)有 g(x)2xex0，g(x)在 x0 处取得最大
20、值 g(0)2，在 x1 处取得最小值 g(1)0.()当 0a0.若1a2a 1，即 0a13时，g(x)在0,1上单调递增，g(x)在 x0 处取得最小值 g(0)1a，在 x1 处取得最大值 g(1)(1a)e.若1a2a 1，即13a1 时，g(x)在 x1a2a 处取得最大值 g(1a2a)2ae1a2a，在 x0 或 x1 处取得最小值，而 g(0)1a,g(1)(1a)e，则当13ae1e1时，g(x)在 x0 处取得最小值 g(0)1a；当e1e1a0)，n 为正整数，a、b 为常数函数 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 xy1.(1)求 a、b 的值；(2)求函数 f(x)的最大值；(3)证明：f(x)0，故 f(x)单调递增；而在(nn1，)上，f(x)0)，则(t)1t 1t2t1t2(t0)在(0,1)上，(t)0，(t)单调递增 故(t)在(0，)上的最小值为(1)0.所以(t)0(t1)，即 lnt11t(t1)令 t11n，得 lnn1n 1n1，即 ln(n1n)n1lne，所以(n1n)n1e，即nn1 1ne.由(2)知，f(x)nn1 1ne，故所证不等式成立 点评 本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调法，在判断单调性和求函数的最大值时一定要注意函数的定义域
