【新高考复习】01卷第三章　导数及其应用《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考

01卷第三章导数及其应用《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）第I卷（选择题）一、单选题1．已知函数xfxe，2mgxmx，若方程fxgx有两个不相等的正实根，则实数m的取值范围为（）A．0,eB．0,2eC．,eD．2,e【答案】D【分析】由方程fxgx有两个不相等的正实根，转化为方程12xxemx有两个不相等的正实根，进而得到函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，根据当0x时，若直线12ymx与exhxx的图象相切，得到切点坐标为,ettt0t和切线方程，结合图象，即可求解.【详解】因为函数xfxe，2mgxmx，且方程fxgx有两个不相等的正实根，所以方程2xmemx有两个不相等的正实根，即方程12xxemx有两个不相等的正实根，即函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，因为当0x时，10xhxex，所以xhxxe在0,上单调递增，作出hx在0,上的大致图象，如图所示，当0x时，若直线12ymx与xhxxe的图象相切，设切点坐标为,ettt0t，则切线方程为ee1ttyttxt，可得切线过点1,02，所以112ttteett，解得1t或12t(舍去)，所以该切线的斜率为1112hee，因为函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，所以数形结合可得2me.故选：D.【点睛】方法点拨：把方程fxgx有两个不相等的正实根，转化为方程12xxemx有两个不相等的正实根，进而转化为函数xhxxe的图象与直线12ymx在0,上有两个不同的交点，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象求解是解答的关键.2．设函数lnfxxxaxaR在区间0,2上有两个极值点，则a的取值范围是（）A．1,02B．ln210,4C．1,12D．ln211,42【答案】D【分析】求得函数fx，把fx在0,2上有两个极值点转化为方程ln12xax在区间0,2上由两个不等式的实数根，令ln12xhxx，利用导数求得函数hx的单调性与最值，结合图象，即可求解.【详解】由题意，函数lnfxxxaxaR，可得ln21fxxax，因为函数fx在区间0,2上有两个极值点，等价于关于x的方程ln12xax在区间0,2上由两个不等式的实数根，令ln12xhxx，可得22ln4xhxx，当(0,1)x时，0hx，hx单调递增；当(1,2)x时，0hx，hx单调递减，当0x时，hx，当1x时，1(1)2h，当2x时，ln21(2)4h，要使得函数fx在区间0,2上有两个极值点，则满足ln21142a，即a的取值范围是ln211,42.故选：D.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.3．已知函数25,042ln,0xxxfxxaxx，若210,0xx，使120fxfx成立，则a的取值范围为（）A．2e,eB．2e,eC．4,eD．e,e【答案】A【分析】当0x时，求得函数fx的值域为[1,)，当0x时，求得2fxax，当0a时，利用导数求得函数的单调性，可得22()2ln2fxfaa，根据题意，转化为1fx值域包含2fx的值域，得出不等式22ln21a，求得20eae；②当0a时，求得fx的值域为R，满足题意，进而求得实数a的取值范围.【详解】当0x时，函数2251()142fxxxx，所以函数fx的值域为[1,)，当0x时，函数2lnfxxax，可得2fxax，①当0a时，令0fx，解得2xa，当2(,)xa时，0fx，fx单调递减；当2(0,)xa时，0fx，fx单调递增，所以22()2ln2fxfaa，因为对210,0xx，使120fxfx成立，转化为1fx值域包含2fx的值域，所以22ln21a，即21ln2a，解得22eaee，所以20eae；②当0a时，令20fxax，解得2xa，当2(,)xa时，0fx，fx单调递增，此时值域为R，满足对210,0xx，使120fxfx成立，综上所述，实数a的取值范围为2(,]ee.故选：A.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.4．若存在实数x，y满足ln3yyxxee，则xy（）A．1B．0C．1D．e【答案】C【分析】令()ln3fxxx，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令()yygyee，结合基本不等式，求得()2gy，进而得到ln32xx，求得,xy的值，即可求解.【详解】令函数()ln3fxxx，可得11()1xfxxx，当(0,1)x时，0fx，fx单调递增；当(1,)x时，0fx，fx单调递减，所以当1x，可得max()(1)ln1132fxf，令函数()yygyee，则2yyee，当且仅当0y时取等号，又由ln3yyxxee，所以ln32yyxxee，所以1,0xy，所以1xy．故选：C.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.5．函数e21xfxx的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】函数21xfxex是偶函数,当0x，21xfxex，对函数求导，讨论函数的单调区间即可得出结果.【详解】函数21xfxex是偶函数，排除选项B；当0x时，函数21xfxex，可得'2xfxe，当0,ln2x时，'0fx，函数是减涵数，当ln2x时，函数是增函数，排除项选项A,D.故选:C.6．已知函数()fx的定义域为R，且(2)fx是偶函数，1()1ln(1)2fxxx（()fx为()fx的导函数）.若对任意的(0,)x，不等式212122xfttf恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[2,4]B．(,2][4,)C．[1,3]D．(,1][3,)【答案】D【分析】设函数1()1ln(1)2pxxx，求得2x时，()0px，得到当2x时，()0fx，得到函数()fx的单调性，把任意的(0,)x，212122xfttf恒成立，转化为2212tt，即可求解.【详解】由2fx为偶函数，得函数fx的图象关于直线2x对称.设函数1()1ln(1)2pxxx，则11()21pxx，当2x时，()0px，函数px在[2,)上单调递增，可得当2x时，1()(2)21ln(21)02pxp，所以当2x时，()0fx，所以函数()fx在[2,)上单调递增，在,2上单调递减.设函数1()22xgx，则当(0,)x时()(2,1)gx，因为2221(1)22ttt，所以由对任意的(0,)x，212122xfttf恒成立，可得2212tt，即2230tt，解得1t或3t，即实数t的取值范围是(,1][3,).【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.7．已知函数32()(0)fxaxbxcxa的导函数()yfx的两个零点为1，2，则下列结论正确的是（）A．0abcB．()fx在区间0,3的最大值为0C．()fx有2个零点D．()fx的极大值是正数【答案】B【分析】由1,2是导函数()yfx的两个零点，求得90,602baca，可判定A错误；代入导数()3(1)(2)fxaxx，求得函数的单调性与极值，结合图象，即可求解.【详解】由题意，函数32()(0)fxaxbxcxa，可得2()32(0)fxaxbxca因为1,2是导函数()yfx的两个零点，可得2123123baca，其中0a，可得90,602baca，所以0abc，故A错误；所以函数329()6(0)2fxaxaxaxa，可得2()3963(1)(2)fxaxaxaaxx，当1x时，0fx，fx单调递减；当12x时，0fx，fx单调递增当2x时，0fx，fx单调递减，所以函数fx在[0,1)上递减，在(1,2)上递增，在(2,3]上递减，且5900,10,220,3022ffafafa，故fx在[0,3]的最大值是0，所以B正确；函数fx的大致图象，如图所示，所以函数fx只有一个零点，故C不正确，D不正确.故选：B.【点睛】利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：（1）当导函数不等式可解时，解不等式0fx或0fx，求出函数的单调区间；（2）当方程0fx可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间fx的符号，从而确定函数的单调区间；（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据fx结构特征，利用图像与性质确定fx的符号，从而确定