【大高考】（三年模拟一年创新）2022届高考数学复习第三章第二节导数的应用文（全国通用）A组 专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2022·云南师大附中检测)若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是( )A.B．(－∞，3]C.D．[3，＋∞)解析 f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥在[1，4]上恒成立，因为y＝在[1，4]上单调递增，所以t≥＝，故选C.答案 C2．(2022·深圳市五校一联)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有>0成立，则不等式f(x)>0的解集是( )A．(－1，0)∪(1，＋∞)B．(－1，0)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析 构造函数h(x)＝，x＞0，则h′(x)＝＞0，x＞0，所以h(x)是(0，＋∞)上过点(1，0)的增函数，所以当x∈(0，1)时＜0，从而得f(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时＞0，从而得f(x)＞0，由于函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以不等式f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)，故选A.答案 A3．(2022·山东省实验中学二诊)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<，则f(x)<＋的解集是( )A．{x|－1<x<1}B．{x|x<－1}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x>1}8\n解析 构造函数F(x)＝f(x)－，F(1)＝f(1)－1＝0，∵f′(x)＜，∴F′(x)＝f′(x)－＜0，∴F(x)在R上单调递减，f(x)＜＋的解集即F(x)＜0＝F(1)的解集，得x＞1.答案 D4．(2022·广东佛山调研)若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2]上有最小值，则实数a的取值范围是( )A．(－，1)B．[－，1)C．[－2，1)D．(－2，1)解析 f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，可以判断当x＝1时函数有极小值，∴解得a∈[－，1)，∴选B.答案 B5．(2022·山东青岛质检)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A．f(b)＞f(c)＞f(d)B．f(b)＞f(a)＞f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a)D．f(c)＞f(e)＞f(d)解析 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0；当x∈(c，e)时，f′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)，选C.答案 C二、填空题8\n6．(2022·珠海模拟)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围为________．解析 ∵f′(x)＝3x2＋1＞0恒成立，∴f(x)在R上是增函数．又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．由f(mx－2)＋f(x)＜0得f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)，∴mx－2＜－x，即mx－2＋x＜0在m∈[－2，2]上恒成立．记g(m)＝xm－2＋x，则即解得－2＜x＜.答案 7．(2022·赣州市十二县联考)若函数f(x)＝x3－x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________．解析 f′(x)＝x2－ax＋3－a，要使f(x)有三个不同单调区间，需Δ＝(－a)2－4(3－a)＞0，即a∈(－∞，－6)∪(2，＋∞)．答案 (－∞，－6)∪(2，＋∞)一年创新演练8．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．解析 f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)＞0，即a2－a－2＞0，解得a＞2或a＜－1.答案 (－∞，－1)∪(2，＋∞)9．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析 由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，8\n则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.答案 (0，1)∪(2，3)B组 专项提升测试三年模拟精选一、选择题10．(2022·珠海摸底)若函数f(x)＝在[－2，2]上的最大值为2，则a的取值范围是( )A.B.C．(－∞，0]D.解析 当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln2在(0，2]上恒成立，即a≤在(0，2]上恒成立，故a≤ln2.答案 D11．(2022·巴蜀中学一模)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为( )A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，2)D．(2，＋∞)解析 构造函数F(x)＝，F′(x)＝.∵f′(x)＜f(x)，∴F′(x)＜0，∴F(x)在R上单调递减，∵F(0)＝＝1，∴<1的解集，即F(x)＜1的解集，F(x)＜1＝F(0)，∴x＞0.答案 B二、填空题12．(2022·河南南阳三模)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围为________．8\n解析 ∵f′(x)＝3x2＋1＞0恒成立，∴f(x)在R上是增函数．又f(－x)＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数．由f(mx－2)＋f(x)＜0得f(mx－2)＜－f(x)＝f(－x)，∴mx－2＜－x，即mx－2＋x＜0在m∈[－2，2]上恒成立．记g(m)＝xm－2＋x，则即解得－2＜x＜.答案 三、解答题13．(2022·德州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x.(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；(2)若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；(3)当a＝－时，关于x的方程f(x)＝－x＋b在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．解 (1)f′(x)＝－(x＞0)，∵x＝2时，f(x)取得极值，∴f′(2)＝0，解得a＝－，经检验知符合题意．(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意f′(x)≥0在x＞0时恒成立，即ax2＋2x－1≤0在x＞0时恒成立，即a≤＝－1在x＞0时恒成立，即a≤(x＞0)，当x＝1时，－1取最小值－1，8\n∴a的取值范围是(－∞，－1]．(3)a＝－，f(x)＝－x＋b，即x2－x＋lnx－b＝0.设g(x)＝x2－x＋lnx－b(x＞0)，则g′(x)＝.列表x(0，1)1(1，2)2(2，4)g′(x)＋0－0＋g(x)↗极大值↘极小值↗∴g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，g(x)极大值＝g(1)＝－b－，又g(4)＝2ln2－b－2.∵方程g(x)＝0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，则解得ln2－2＜b≤－.14．(2022·四川广安诊断)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3，其中a为实数．(1)求函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解 (1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，当x∈时，f′(x)＜0，故f(x)在上单调递减，当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在上单调递增．①当0＜t＜t＋2＜时，无解；②当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值8\nf(x)min＝f＝－；③当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，故函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值f(x)min＝f(t)＝tlnt.综上可知f(x)min＝(2)由题知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋，对一切x∈(0，＋∞)恒成立．设h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，故h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一极小值h(1)，即为最小值，所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)，a≤h(x)恒成立，所以a≤4.一年创新演练15．已知函数f(x)＝ax3＋x2在x＝－1处取得极大值，记g(x)＝，程序框图如图所示，若输出的结果S＞，则判断框中可以填入的关于n的判断条件是( )8\nA．n≤2011?B．n≤2012?C．n＞2011?D．n＞2012?解析 由已知得f′(x)＝3ax2＋x.∵f(x)在x＝－1处取得极大值，∴f′(－1)＝0，即3a－1＝0，得a＝.∴f′(x)＝x2＋x.∴g(n)＝＝－.结合框图可知其功能是求和Sn＝g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝，要使S＞，则需在判断框中填入n≤2012？即可．答案 B8
