2022屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第3篇第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用限時(shí)訓(xùn)練理

第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分層A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)操練時(shí)間：30分鐘滿分：55分一、選擇題每題5分，共20分1．已知對(duì)隨意實(shí)數(shù)，都有f－＝－f，g－＝g，且＞0時(shí)，f′＞0，g′＞0，則＜0時(shí)A．′＞0，′＞0B．′＞0，′＜0fgfgC．f′＜0，g′＞0D．f′＜0，g′＜0解析由題意知f是奇函數(shù)，g是偶函數(shù)．當(dāng)＞0時(shí)，f，g都單一遞增，則當(dāng)＜0時(shí)，f單一遞增，g單一遞減，即f′＞0，′＜0g答案B2．從邊長(zhǎng)為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個(gè)相同的小正方形，作成一個(gè)無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為．A．12cm3B．72cm3C．144cm3D．160cm3解析設(shè)盒子容積為cm3，盒子的高為cm，則∈0,5．則＝10－216－2＝43－522＋160，∴′＝122－104＋′＝0，得＝2或錯(cuò)誤!舍去，ma＝6×12×2＝144cm3．答案C3．若對(duì)于的不等式3－32－9＋2≥m對(duì)隨意∈[－2,2]恒建立，則m的取值范圍是A．－∞，7]B．－∞，－20]C．－∞，0]D．[－12,7]解析令f＝3－32－9＋2，則f′＝32－6－9，令f′＝0，得＝－1或＝3舍去．∵f－1＝7，－2＝0，2＝－20∴f的最小值為f2＝－20，故≤－20，可知應(yīng)選Bffm答案B4．2022·洛陽(yáng)模擬函數(shù)f的定義域是R，f0＝2，對(duì)隨意∈R，f＋f′>1，則不等式e·f>e＋1的解集為．A．{|>0}B．{|1}D．{|e－e＝0，所以g＝e·f－e為R上的增函數(shù)．又因?yàn)間0＝e0·0－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)變?yōu)?gt;0，解fgg得>0答案

A二、填空題每題

5分，共

10分5．直線＝

a與函數(shù)

f＝3－3的圖象有相異的三個(gè)公共點(diǎn)，則

a的取值范圍是

________．解析2，得=±1，可得極大值為f-1=2，極小令f′=3-3=0值為f1=-2，如圖，察看得-2＜a＜2時(shí)恰有三個(gè)不同的公共點(diǎn)．答案-2,26．2022·泰州調(diào)研若函數(shù)f＝＋in在R上遞增，則實(shí)數(shù)a的a取值范圍是________．解析∵′＝1＋co，∴要使函數(shù)f＝＋in在R上遞增，則1＋co≥0對(duì)隨意實(shí)數(shù)faaa都建立．∵－1≤co≤1，①當(dāng)a>0時(shí)，－a≤aco≤a，∴－a≥－1，∴00進(jìn)而，f在－∞，0上單一遞減，在0，＋∞上單一遞增．2由已知條件得e－a＋1≥b①若a＋10，設(shè)g＝e－a＋1，則g′＝e－a＋1．當(dāng)∈－∞，na＋1時(shí)，g′0進(jìn)而g在－∞，na＋1上單一遞減，在na＋1，＋∞上單一遞增．故g有最小值gna＋1＝a＋1－a＋1na＋1．所以f≥錯(cuò)誤!2＋a＋b等價(jià)于b≤a＋1－a＋1·na＋1．②因此a＋1b≤a＋12－a＋12na＋1．設(shè)ha＝a＋12－a＋12na＋1，則h′a＝a＋1[1－2na＋1]．所以ha在－1，e\uin＝f錯(cuò)誤!因?yàn)閷?duì)于?∈0，＋∞都有f>2a－1建立，所以只要知足f錯(cuò)誤!>2a－1即可．則錯(cuò)誤!＋n錯(cuò)誤!－2>2－1，即n錯(cuò)誤!>aaaa由an錯(cuò)誤!>a，解得00解得>1；由g′fg′，且f＝aga>0，且a≠1，錯(cuò)誤!＋錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!若數(shù)列錯(cuò)誤!的前n項(xiàng)和大于62，則n的最小值為．A．8B．7C．6D．9解析結(jié)構(gòu)函數(shù)h＝錯(cuò)誤!＝a，由已知條件可知h′＝錯(cuò)誤!>0，則h在R上為增函數(shù)，得a>1，又a＋a－1＝錯(cuò)誤!，解得a＝2或a＝錯(cuò)誤!舍去．所以錯(cuò)誤!＝2n，其前n項(xiàng)和n＝2＋22＋＋2n＝2n＋1－2，由2n＋1－2>62，解得2n＋1>26，S∴n>5，故n的最小值為6，選C答案

C2．2022·合肥模擬已知函數(shù)

f＝3＋a2＋b＋c，若

f

在區(qū)間－

1,0

上單一遞減，則a2＋b2的取值范圍是

．解析由題意得f′＝32＋2a＋b，f′≤0在∈－1,0上恒建立，即32＋2a＋b≤0在∈－1,0上恒建立，∴錯(cuò)誤!∴a，b所知足的可行域如圖中的陰影部分所示．則點(diǎn)O到直線2a－b－3＝0的距離d＝錯(cuò)誤!，∴a2＋b2≥d2＝錯(cuò)誤!，∴a2＋b2的取值范圍為錯(cuò)誤!答案C3．2022·臨沂模擬設(shè)函數(shù)f＝a3－3＋1∈R，若對(duì)于隨意∈[－1,1]，都有f≥0建立，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析結(jié)構(gòu)法若＝0，則無論a取何值，f≥0顯然建立；當(dāng)＞0，即∈0,1]時(shí)，f＝a3－3＋1≥0可化為a≥錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!設(shè)g＝錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!，則g′＝錯(cuò)誤!，所以g在區(qū)間錯(cuò)誤!上單一遞增，在區(qū)間錯(cuò)誤!上單一遞減，因此gma＝g錯(cuò)誤!＝4，進(jìn)而a≥4當(dāng)＜0，即∈[－1,0時(shí)，同理a≤錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!g在區(qū)間[－1,0上單一遞增，∴gmin＝g－1＝4，進(jìn)而a≤4，綜上可知a＝4答案44．將邊長(zhǎng)為1m的正三角形薄鐵皮，沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記＝錯(cuò)誤!，則的最小值是________．解析如下圖，設(shè)AD=m0＜＜1，則DE=AD=m，∴梯形的周長(zhǎng)為＋21－＋1＝3－m，又S△ADE＝錯(cuò)誤!2m2，22∴梯形的面積為錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!m，∴＝錯(cuò)誤!×錯(cuò)誤!0＜＜1，∴′＝錯(cuò)誤!×錯(cuò)誤!，令′＝0，得＝錯(cuò)誤!或3舍去，當(dāng)∈錯(cuò)誤!時(shí)，′＜0，遞減；當(dāng)∈錯(cuò)誤!時(shí)，′＞0，遞增．故當(dāng)＝錯(cuò)誤!時(shí)，的最小值是錯(cuò)誤!答案錯(cuò)誤!5．2022·溫州五校聯(lián)考已知函數(shù)f＝a3＋b2－3在＝±1處取得極值．1求函數(shù)f的解析式；2若過點(diǎn)1，≠－2可作曲線＝f的三條切線，求實(shí)數(shù)的取值范圍．Ammm解1f′＝3a2＋2b－3，依題意，f′1＝f′－1＝0，即錯(cuò)誤!解得a＝1，b＝0∴f＝3－3由1知f′＝32－3＝3＋1－1，∵曲線方程為＝3－3，∴點(diǎn)A1，mm≠－2不在曲線上．設(shè)切點(diǎn)為M0，0，則點(diǎn)M的坐標(biāo)知足0＝錯(cuò)誤!－30f′0＝3錯(cuò)誤!－1，∴切線的斜率為3錯(cuò)誤!－1＝錯(cuò)誤!，整理得2錯(cuò)誤!－3錯(cuò)誤!＋m＋3＝0∵過點(diǎn)A1，m可作曲線的三條切線，∴對(duì)于0的方程2錯(cuò)誤!－3錯(cuò)誤!＋m＋3＝0有三個(gè)實(shí)根．設(shè)g0＝2錯(cuò)誤!－3錯(cuò)誤!＋m＋3，則g′0＝6錯(cuò)誤!－60，由g′0＝0，得0＝0或1g0在－∞，0和1，＋∞上單一遞增，在0,1上單一遞減．∴函數(shù)g0＝2錯(cuò)誤!－3錯(cuò)誤!＋m＋3的極值點(diǎn)為0＝0和1∴對(duì)于0的方程2錯(cuò)誤!－3錯(cuò)誤!＋m＋3＝0有三個(gè)實(shí)根的充要條件是錯(cuò)誤!11求證函數(shù)F＝f－g在0，＋∞上單一遞增；2若函數(shù)＝錯(cuò)誤!－3有四個(gè)零點(diǎn)，求b的取值范圍；3若對(duì)于隨意的12時(shí)，都有212恒建立，求a的取值范圍．，∈[－1,1]|F－F|≤e－21證明∵＝－＝＋2－na，F(xiàn)fga∴F′＝a·na＋2－na＝a－1na＋2a>1，>0，∴a－1>0，na>0,2>0，∴當(dāng)∈0，＋∞時(shí)，F(xiàn)′>0，即函數(shù)F在區(qū)間0，＋∞上單一遞增．2解由1知當(dāng)∈－∞，0時(shí)，F(xiàn)′即b－錯(cuò)誤!>4，即錯(cuò)誤!>0，解得b>2＋錯(cuò)誤!或2－錯(cuò)誤!0，則H′＝1＋錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!>0，∴H在0，＋∞上單一遞增．a(chǎn)>1，∴H