2022年新高考数学一轮复习练习：专练17　函数、导数及其应用综合检测（含解析）.docx

1、专练专练 17函数、导数及其应用综合检测函数、导数及其应用综合检测 1B因为 f(x)x1 x x1 x f(x)，所以 f(x)为奇函数，排除 C，D，又 f(1) 0，所以排除 A，故选 B. 2B由题可得 A(a,2a1)，B(a，alna)， |AB|2a1(alna)|a1lna|. 令 f(x)x1lnx(x0)，则 f(x)11 x，当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)0， 函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当 x1 时，函数 f(x)取得最小值， 最小值为 20， |AB|a1lna|a1lna，其最小值为 2. 3A由指数函数 yx在 R 上单

2、调递增， 可得 a0.201，由对数函数 ylogx 在(0，)上单调递增，知 0log1b log2log1，即 0b1，因为 22，而函数 ycosx 在 2，上单调递减， 所以1cosccos2cos 20，即1c0，所以 cb0 时，都有 xf(x)2f(x)0 恒成立，所以 h(x)0，所以 h(x)x2f(x)在(0，)上单调递增，又函数 f(x) 是定义在 R 上的奇函数， 所以 h(x)x2f(x)也是定义在 R 上的奇函数， 所以 h(x)x2f(x)在(， 0)上单调递增又函数 f(x)的定义域为 R，其导函数为 f(x)，所以 h(x)x2f(x)在 R 上单调递 增因为

3、 f( 2)1，所以 h( 2)2f( 2)2，所以 x2f(x)2 即 h(x)h( 2)，得 x 2，故选 C. 7D解法一：因为 a0，且e 5 5 e a a . 同理可得 b0 且e 4 4 e b b ，c0 且e 3 3 e c c .令 f(x)e x x (x0)， 则 f(x)e xx1 x2 ，当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，所以 f(x)在(0,1)上单调 递减， 在(1， )上单调递增， 所以 f(5)f(4)f(3) 因为e 5 5 e a a ， e4 4 e b b ， e3 3 e c c ， 所以 f(5)f(a)， f(4)f(b)，f(3)

4、f(c)，所以 f(a)f(b)f(c)又 0a5，所以 0a1.同理 0b1,0c1，所以 0abc1，故选 D. 解法二：因为 a5 且 ae55ea，所以 0a5，a 5 ea e5e a5，两边取对数，得 lna 5a5， 即 lnaln5a5，即lnaa ln551， 同理可得，0b4,0c3，lnbb ln441， lncc ln331.设过点(a，lna)与(5，ln5)的直线为 l 1、过 点(b，lnb)与(4，ln4)的直线为 l2、过点(c，lnc)与(3，ln3)的直线为 l3，则直线 l1，l2，l3均与直 线 yx 平行，且这几个点均在函数 ylnx 的图象上，作出

5、图象如图所示， 由图知 0abc1，故选 D. 8D由题意知函数 g(x)f(x)|kx22x|恰有 4 个零点等价于方程 f(x)|kx22x|0，即 f(x)|kx22x|有 4 个不同的根，即函数 yf(x)与 y|kx22x|的图象有 4 个不同的公共点 图 1 当 k0 时，在同一平面直角坐标系中，分别作出 yf(x)与 y|2x|的图象如图 1 所示，由 图 1 知两图象只有 2 个不同的公共点，不满足题意 当 k0 时，y|kx22x|k x1 k 21 k|，其图象的对称轴为直线 x1 k0 时，函数 y|kx22x|的图象与 x 轴的 2 个交点分别为原点(0,0)与 2 k

6、，0，则当 x2 k 时，由 kx22xx3，得 x2kx20，令k280，得 k2 2，此时在同一平面直角坐标 系中，分别作出函数 yf(x)与 y|kx22x|的图象如图 3 所示，由图 3 知两图象有 3 个不同的 公共点，不满足题意令k280，得 k2 2，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函 数 yf(x)与 y|kx22x|的图象如图 4 所示， 由图 4 知两图象有 4 个不同的公共点， 满足题意 令 k280，得 0k2 时，f(x)f(x)0，g(x)0， 故 yg(x)在(2，)上单调递增，选项 A 正确； 当 x2 时，f(x)f(x)0，g(x)0， 故 yg(x)在

7、(，2)上单调递减， 故 x2 是函数 yg(x)的极小值点，故选项 B 正确； 由 yg(x)在(，2)上单调递减，则 yg(x)在(，0上单调递减， 由 g(0)f0 e0 2，得 x0 时，g(x)g(0)， 故fx ex 2，故 f(x)2ex，故选项 C 错误； 若 g(2)0，则函数 yg(x)没有零点，故选项 D 正确 10.1 2 解析：由题意，得 f(x)ex2x，所以 f(0)1.又 f(0)1，所以曲线 f(x)在点(0，f(0) 处的切线方程为 y11(x0)， 即 xy10， 所以该切线与 x， y 轴的交点分别为(1,0)， (0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形

8、的面积为1 211 1 2. 114 解析：f(x)3x22ax，由题意得 f(2)0，得 a3. f(x)3x26x，f(x)在(1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当 m1,1 时 f(m)minf(0)4. 12(1)1 4 (2)0， 2 解析： (1)当 a1 2时， 若 x0， 则 f(x)(x 1 2) 2 1 2 21 4， 若 x0， 则 f(x)x 1 x2 x1 x 2，当且仅当 x1 时取等号，则函数的最小值为1 4. (2)由(1)知，当 x0 时，函数 f(x)2，此时的最小值为 2，若 a0，则当 xa 时，函数 f(x) 的最小值为 f(a)0，此时 f

9、(0)不是最小值，不满足条件若 a0 时，则当 x0 时，函数 f(x) (xa)2为减函数，则当 x0 时，函数 f(x)的最小值为 f(0)a2，要使 f(0)是 f(x)的最小值， 则 f(0)a22，即 0a 2，即实数 a 的取值范围是0， 2 13Af(x)ex 1x2(a2)xa1， x2 是函数 f(x)(x2ax1)ex 1的极值点， f(2)0，a1，f(x)(x2x1)ex 1， f(x)ex 1(x2x2)ex1(x1)(x2)， 当 x(，2)，(1，)时 f(x)单调递增， f(x)在(2,1)上单调递减， f(x)极小值f(1)1. 14D解法一：在曲线 yex上

10、任取一点 P(t，et)，对函数 yex求导得 yex， 所以，曲线 yex在点 P 处的切线方程为 yetet(xt)，即 yetx(1t)et， 由题意可知，点(a，b)在直线 yetx(1t)et上，可得 baet(1t)et(a1t)et， 令 f(t)(a1t)et，则 f(t)(at)et. 当 t0，此时函数 f(t)单调递增， 当 ta 时，f(t)0，此时函数 f(t)单调递减， 所以，f(t)maxf(a)ea， 由题意可知，直线 yb 与曲线 yf(t)的图象有两个交点，则 bf(t)maxea， 当 t0，当 ta1 时，f(t)0，作出函数 f(t)的图象如下图所示：

11、 由图可知，当 0bea时，直线 yb 与曲线 yf(t)的图象有两个交点 故选 D. 解法二：画出函数曲线 yex的图象如图所示，根据直观即可判定点(a，b)在曲线下方和 x 轴上方时才可以作出两条切线由此可知 0b0，则函数 h(x)的图象在点 A 处的切线的斜率 k1 m， 2a1 m. 又直线 g(x)2ax1 过点(0，1)， klnm1 m ， lnm1 m 1 m.解得 m1， 当两线相切时，a1 2. 当 a0 时，h(x)与 g(x)的图象只有一个交点 所求 a 的取值范围是 0，1 2 . 163 3 2 解析：f(x)2cosx2cos2x2cosx2(2cos2x1) 2(2cos2xcosx1)2(2cosx1)(cosx1) cosx10， 当 cosx1 2时，f(x)1 2时，f(x)0，f(x)单调递增 当 cosx1 2，f(x)有最小值 又 f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)， 当 sinx 3 2 时，f(x)有最小值， 即 f(x)min2 3 2 11 2 3 3 2 .