【文档说明】（强化训练）2022-2023学年高三年级新高考数学一轮复习专题-导数的综合应用 含解析【高考】.docx，共(11)页，460.410 KB，由管理员店铺上传

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1导数的综合应用学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知关于x的不等式有解，则实数a的取值

范围为（）A.B.C.D.2.已知a>0,若过点(a,b)可以作曲线y=的三条切线,则（）A.b<0B.C.b>D.b(b-)=03.已知f(x)是定义在R上的奇函数,其导函数为(x),且当x>0时,(x)x+>0,则不等式(-1)f(

x)<0的解集为（）A.(-1,1)B.(-,-1)(0,1)C.(-,-1)(1,+)D.(-1,0)(1,+)4.若存在使得，则实数的最大值为（）A.B.C.D.二、多选题（本大题共3小题，共15.0分。在每小题有多项符合题

目要求）5.设函数，则关于的方程的实数根的个数可能为（）．A.4B.3C.2D.16.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若，则函数没有极值B.若，则函数有极值C.若函数有且只有两个零点，则实数的取值范围是D.若函数有且只有一个零点，则实数的取值范围是7.已知

函数y=f（x）在R上可导且f（0）=1，其导函数f′（x）满足，对于函数，下列结论正确的是（）A.函数g（x）在（1，+∞）上为单调递增函数B.x=1是函数g（x）的极大值点2C.函数f（x）至多有两个零点D.x≤

0时，不等式f（x）≤e2x恒成立三、解答题（本大题共8小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）8.(本小题12.0分)已知函数f(x)=（1）若a=2，求的最小值；（2）若恰好有三个零点，求实数a的取值范围．9.(本小题12.0分)若函数f（x）=ax3-bx+4，当x=

2时，函数f（x）有极值为，（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）若f（x）=k有3个解，求实数k的取值范围．10.(本小题12.0分)已知函数f(x)=+bx+1在x=0处有极值2.（Ⅰ）求a,b的值；（Ⅱ）证明：f(x)>ex-x.11.(本小题12

.0分)已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：．12.(本小题12.0分)已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若，求证：.13.(本小题12.0分)已知函数f（x）=xsinx+cosx+.（1）当a=0时，求f（x）在[-π，π]上的单调

区间；（2）当a＞0时，讨论f（x）在[0，π]上的零点个数.314.(本小题12.0分)已知函数f(x)＝x－sinx－lnx＋1.(1)当m＝2时，试判断函数f(x)在(π，＋∞)上的单调性；(2)存在x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，f(x1)＝f(

x2)，求证：x1x2<m2.15.(本小题12.0分)已知函数，.（1）当时，设，求证：；（2）若恰有两个零点，求的最小整数值.41.【答案】D2.【答案】B3.【答案】B4.【答案】B5.【答案】BC

D6.【答案】ABD7.【答案】BCD8.【答案】解：（1）时，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，此时的最小值为；当时，在上单调递减，在上单调递增，此时的最小值为；因为，所以的最小值为；（2）显然；因为时，有且只有一个零点-1，所以原命题等价于在上

有两个零点．所以，解得，故实数a的取值范围是．9.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=3ax2-b，由题意：，解得，∴所求的解析式为.5（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f′（x）=x2-4=（x-2）（x+2），令f′（x）=0，得x=2或x=-2，∴当x＜-2时，

f′（x）＞0，f（x）单调递增，当-2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，因此，当x=-2时，f（x）有极大值，当x=2时，f（x）有极小值，∴函数的图象大致如图．若f（x）=k有

3个解，即函数f（x）与y=k的图象有三个交点，由图可知：．10.【答案】解：（Ⅰ），，由已知可得，，即，所以，经检验符合题意，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，则不等式转化为，设，那么，令，解得，当变化时，，的变化情况如下表所示：-单调递减单调递增6所以，当时，取得

最小值，所以，即，所以.11.【答案】解：（1）,x>0,①当时，在上恒成立；②当时，在上，在,;综上所述：①当时,在上为增函数；②当时，在上为减函数，在上为增函数.（2）设，设，x>0,，因为，所以，所以在上

为增函数,因为，，所以，使当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以,因为，由（1）知，时，在上为增函数，所以，,,综上所述，.12.【答案】解：(1)函数的定义域为（0，+∞），因为，所以①若，则，7所以当时，，单调递减，当时，，单调递增;②若，则，以当时，，单调

递减，当或时，，单调递增；③若，则，在上单调递增；④若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.(2)因为，所以，即，即，设，x＞0,则，易

知在上单调递增.因为，所以，，所以存在，使得,所以，在上单调递减，在上单调递增,所以8设，则，在上单调递增，所以,所以，即.13.【答案】解：（1）当a=0时，f（x）=xsinx+cosx，x∈[-π，π]，f'（x）=sinx+xcosx-s

inx=xcosx，当x在区间[-π，π]上变化时，f'（x），f（x）的变化如下表：x-π0πf'（x）+0-0+0-f（x）-1增极大值减极小值1增极大值减-1∴f（x）的单调增区间为，，f（x）的单调减区

间为，．（2）f'（x）=ax+xcosx=x（a+cosx），x∈[0，π]，当a≥1时，a+cosx≥0在[0，π]上恒成立，∴x∈[0，π]时，f'（x）≥0，∴f（x）在[0，π]上单调递增，又∵f（0）=1＞0，∴f（x）在

[0，π]上没有零点；当0＜a＜1时，令f'（x）=0，得cosx=-a，由-1＜-a＜0可知存在唯一使得cosx0=-a，∴当x∈[0，x0）时，f'（x）≥0，f（x）单调递增，当x∈（x0，π）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，∵f（0）=1，f（x0）＞1，，①当，即时

，f（x）在[0，π]上没有零点，②当，即时，f（x）在[0，π]上有1个零点，综上，当时，f（x）有1个零点，当时，f（x）没有零点．914.【答案】（1）解：当m＝2时，f(x)＝x－sinx－lnx＋1，则f′(

x)＝1－cosx－，当x∈(π，＋∞)时，f′(x)＝1－cosx－≥1－－＝－>0，所以，当m＝2时，函数f(x)在(π，＋∞)上单调递增.（2）证明：不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)得，x1－sinx1－lnx1＋1＝x2－sinx2－lnx2＋1，∴＝

x2－x1－，设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，∴＝x2－x1－>，∴m>，要证x1x2

<m2只要证m>，下面证明：>，即证>，令t＝，则t>1，即证明>，只要证明：lnt－<0，设h(t)＝lnt－，t>1，则h′(t)＝－<0，则h(t)在(1，＋∞)单调递减，当t>1时，h(t)<h(1)＝0，从而lnt－<0得证

，即>，∴m>，即x1x2<m2.1015.【答案】（1）证明：当a=-1时，，则(x)=+x,因为，所以1-x>0,x>0，所以(x)>0，所以函数g(x)在(0,]上为增函数，所以g(x)g()=-1<0，得证；（2）解：当a0时，f(x)x-x，设Q(x)=x-x，因为(x)=，当，当1

,Q'(x)<0,Q(x)单调减，所以=Q(1)=1-1,所以Q(x)1-1=-1<0，所以f(x)<0，所以函数f(x)无零点;当a=1时，设F(x)=x-x,0x<，因为(x)=1-x0，所以F（x）在[0,

)单调增，所以F(x)F(0)=0，即xx,0x<，由上面得x(0,],Q(x)=x-x-1,即lnxx-1,且0-x<,f(x)=x+xx-xx-1+x(-x)-x,所以函数f(x)无零点;当a2时，f(x)=x+axx

-x，,设h(x)=(x)=+a(x-xx)-1，(x)=--a(2x+xx)<0，所以函数(x)在(0,]上为减函数，且()=-a-1<0，,所以(x)在(,)上存在零点，使()=0，11当时，(x)>0，当时，(x)<0，函数f(x)在(0,)上为增函数，在

(,]上为减函数，因为f()=+(a-)>0，f()=-<0，，所以函数f(x)在(,)，(,)各一个零点，综上所述：当a2时，f(x)恰有两个零点，当a1时，f(x)<0，所以若f(x)恰有两个零点，a

的最小整数值为2.