导数及导数应用(A卷 基础过关检测)2——新高考数学复习专题测试
2022秋新教材高中数学章末综合检测二一元函数的导数及其应用新人教A版选择性必修第二册
章末综合检测(二)A卷——基本知能盘查卷(时间:120分钟 满分:150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知f(x)=x2+2x·f′(1),则f′(3)等于( )A.-4 B.-2 C.1 D.2解析:选D 对f(x)求导得f′(x)=2x+2f′(1),令x=1,可得f′(1)=2+2f′(1),∴f ′(1)=-2,∴f′(x)=2x+2f′(1)=2x-4,当x=3时,f′(3)=2.故选D.2.已知函数f(x)=ax2+b的图象开口向下,lim=4,则a=( )A. B.- C.2 D.-2解析:选B 由题意知,f′(x)=2ax,由导数的定义可知lim=f′(a)=2a2=4,解得a =±.因为函数f(x)的图象开口向下,所以a<0,所以a=-.3.如图是导函数y=f′(x)的图象,则下列说法错误的是( )A.(-1,3)为函数y=f(x)的单调递增区间B.(3,5)为函数y=f(x)的单调递减区间C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值解析:选C 由题图,可知当x<-1或3<x<5时,f′(x)<0;当x>5或-1<x<3时,f′(x)>0,所以函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,5),单调递增区间为(-1,3),(5,+∞),所以函数y=f(x)在x=-1,x=5处取得极小值,在x=3处取得极大值,故选项C说法错误.4.过点P(2,-6)作曲线f(x)=x3-3x的切线,则切线方程为( )A.3x+y=0或24x-y-54=0B.3x-y=0或24x-y-54=0C.3x+y=0或24x-y+54=0D.24x-y-54=0解析:选A 设切点为(m,m3-3m),f(x)=x3-3x的导数为f′(x)=3x2-3,则切线斜率k=3m2-3,由点斜式方程可得切线方程为y-m3+3m=(3m2-3)·(x-m),将点P(2,-6)代入可得-6-m3+3m=(3m2-3)(2-m),解得m=0或m=3.当m=0时,切线方程为3x+y=0;当m=3时,切线方程为24x-y-54=0.5.若函数f(x)=(x>1)有最大值-4,则实数a的值是( )A.1 B.-1 C.4 D.-4解析:选B 由函数f(x)=(x>1),则f′(x)==.要使得函数f(x)有最大值-4,则a<0,则当x∈(1,2)时,f′(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(2,+∞)时,f′(x)<0,函数f(x)在(2,+∞)上单调递减,所以当x=2时,函数f(x)取得最大值,即f(x)max=f(2)==-4,解得a=-1,满足题意,故选B.6.已知函数f(x)=x+在(-∞,-1)上单调递增,则实数a的取值范围是( )A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1]C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞)解析:选D 由题意知f′(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上单调递增,则f′(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即≤x2在(-∞,-1)上恒成立.当x<-1时,x2>1,则有≤1,解得a≥1或a<0.故选D.7.若函数f(x)=x3-3bx+3在(-1,2)内有极值,则实数b的取值范围是( )A.(0,4) B.[0,4) C.[1,4) D.(1,4)解析:选A f′(x)=3x2-3b=0,即x2=b.又∵f(x)在(-1,2)内有极值,∴f′(x)在(-1,2)内有变号零点,∴0<b<4.当b=0时,f(x)=x3+3在R上单调递增,没有极值.故选A.8.若函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a=( )A.-1 B. C. D.+1解析:选A 由题意得f′(x)==(x>0),所以当0<x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>时,f′(x)<0,f(x)单调递减.①当>1,即a>1时,f(x)在[1,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,故f(x)max=f()== .令=,解得a=,不合题意;②当0<≤1,即0<a≤1时,f(x)在[1,+∞)上单调递减,故f(x)max=f(1)=.令=,解得a=-1.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分) 9.下列函数求导运算正确的为( )A.(3x)′=3x log3e B.(log2x)′=C.(e x)′=e x D.′=x解析:选BC A.(3x)′=3x ln 3,故错误;B.(log2x)′=,故正确;C.(e x)′=e x,故正确;D.′=-,故错误.故选B、C.10.设f(x)在x0处可导,下列式子中与f′(x0)相等的是( )A.limB.limC.limD.lim解析:选AC A.lim=lim =f′(x0).B.lim=2lim =2f′(x0).C.lim =f′(x0).D.lim=3 lim =3f′(x0).故选A、C.11.已知曲线y=在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2,则直线l的方程为( )A.2x+y+2=0 B.2x+y-18=0C.2x-y-18=0 D.2x-y+2=0解析:选AB y′==-,y′|x=2=-=-2,因此k l=-2.设直线l方程为y=-2x+b,即2x+y-b=0.由题意得=2,解得b=18或b=-2,所以直线l的方程为2x+y-18=0或2x+y+2=0.故选A、B.12.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图,则下列叙述正确的是()A.函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减B.函数f(x)在x=2处取得极大值C.函数f(x)在x=-4处取得极值D.函数f(x)只有一个极值点解析:选BD 由导函数的图象可得,当x≤2时,f′(x)≥0,函数f(x)单调递增;当x>2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.所以函数f(x)的单调递减区间为(2,+∞),故A错误.当x=2时函数取得极大值,故B正确.当x=-4时函数无极值,故C错误.只有当x=2时函数取得极大值,故D正确,故选B、D.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.若函数f(x)=3sin2+5,则f′的值为________.解析:∵f′(x)=6sin·′=6sin·cos·′=12sincos=6sin,∴f′=-3.答案:-314.设a为实数,函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数为f′(x).若f′(x)是偶函数,则a=________,曲线y=f(x)在原点处的切线方程为________.解析:∵f′(x)=3x2+2ax+a-3为偶函数,∴a=0,∴f′(x)=3x2-3,f′(0)=-3,∴所求切线方程为y=-3x.答案:0 y=-3x15.某公司需要一年购买某种货物共400吨,每次都购买x吨,运费为4万元/次,一年的总储存费为4x万元,要使一年的总运费与总储存费用之和最小,则x应为_______ _吨.解析:设该公司一年内总共购买n次货物,则n=,∴总运费与总储存费之和f(x)=4n+4x=+4x.令f′(x)=4-=0,解得x=20,x=-20(舍去).经检验可知,x=20是函数f(x)的最小值,故当每次购买20吨时,总费用之和最小.答案:2016.设函数f(x)=ln x+,m∈R,若任意两个不相等正数a,b,都有<1恒成立,则m的取值范围是________.解析:不妨设b>a>0,原式恒成立等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立,设h(x)=f(x)-x=ln x+-x(x>0),则h(b)<h(a),故h(x)在(0,+∞)上单调递减.所以h′(x)=--1≤0在(0,+∞)上恒成立,则m≥-x2+x=-2+(x>0)恒成立,所以m≥.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知点M是曲线y=x3-2x2+3x+1上任意一点,求曲线在点M处的斜率最小的切线方程.解:∵y′=x2-4x+3=(x-2)2-1,∴当x=2时,y′min=-1,此时y=,∴斜率最小的切线过点,且斜率k=-1,∴所求切线方程为3x+3y-11=0.18.(12分)已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间.解:(1)由题意得f′(x)=.又因为f′(1)==0,故k=1.(2)由(1)知,f′(x)=.设h(x)=-ln x-1(x>0),则h′(x)=--<0,即h(x)在(0,+∞)上是减函数.由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f′(x)>0;当x>1时,h(x)<0,从而f′(x)<0.综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).19.(12分)已知函数f(x)=e x-ax+b.(1)若f(x)在x=1处有极小值1,求实数a,b的值;(2)若f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围.解:(1)对f(x)求导得f′(x)=e x-a,由题意得即解得故所求的实数a=e,b=1.(2)由(1)得f′(x)=e x-a.∵f(x)在R上单调递增,∴f′(x)=e x-a≥0在R上恒成立.即a≤e x,x∈R恒成立.∵x∈R时,e x∈(0,+∞),∴a≤0,∴实数a的取值范围为(-∞,0].20.(12分)已知函数f(x)=ln x.(1)求f(x)的图象过点P(0,-1)的切线方程;(2)若函数g(x)=f(x)-mx+存在两个极值点x1,x2,求m的取值范围.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.设切点坐标为(x0,ln x0),则切线方程为y=x+ln x0-1.把点P(0,-1)代入切线方程,得ln x0=0,所以x0=1,所以过点P(0,-1)的切线方程为y=x-1.(2)因为g(x)=f(x)-mx+=ln x-mx+,所以g′(x)=-m-=-.令h(x)=mx2-x+m,要使g(x)存在两个极值点x1,x2,则方程mx2-x+m=0有两个不相等的正数根x1,x2.故只需满足即可,解得0<m<.故m的取值范围为.21.(12分)已知函数f(x)=ln(x+1)+(a∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的极值.解:(1)当a=1时,f(x)=ln(x+1)+(x>-1),所以f′(x)=+=,所以f′(0)=2.又f(0)=0,所以函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.(2)f′(x)=+=(x>-1),令x+1+a=0,得x=-a-1.若-a-1≤-1,即a≥0,则f′(x)>0恒成立,此时f(x)无极值;若-a-1>-1,即a<0,则当-1<x<-a-1时,f′(x)<0,当x>-a-1时,f′(x)>0,此时f(x)在x=-a-1处取得极小值,极小值为ln(-a)+a+1.22.(12分)设函数f(x)=x3-6x2+9x+a.(1)求函数f(x)在区间[-2,2]上的最值;(2)若函数f(x)有且只有两个零点,求a的值.解:(1)对f(x)求导得f′(x)=3x2-12x+9,令f′(x)=0可得x=1或x=3(舍去),因为x∈[-2,2],所以当x∈[-2,1)时,f′(x)>0,f(x)在[-2,1)上单调递增;当x∈(1,2]时,f′(x)<0,f(x)在(1,2]上单调递减.又因为f(1)=4+a,f(-2)=-50+a,f(2)=2+a,所以f(x)min=-50+a,f(x)max=4+a.(2)令f(x)=x3-6x2+9x+a=0,可得a=-x3+6x2-9x.设g(x)=-x3+6x2-9x,则g′(x)=-3x2+12x-9,令g′(x)=0,得x=1或x=3,列表如下,所以g(x)的大致图象如图所示,要使a=-x3+6x2-9x有且只有两个零点,只需直线y=a与g(x)的图象有两个不同交点,所以a=-4或a=0.B卷——高考能力达标卷(时间:120分钟 满分:150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设f(x)=x ln x,若f′(x0)=2,则x0等于( )A.e2B.eC. D.ln 2解析:选B ∵f(x)=x ln x,∴f′(x)=ln x+x·=ln x+1,∵f′(x0)=2,∴ln x0+1=2,∴x0=e.故选B.2.曲线y=x3-2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为( )A.30° B.45°C.60° D.120°解析:选B 由题意知点(1,3)在曲线y=x3-2x+4上.∵y=x3-2x+4,∴y′=3x2-2,根据导数的几何意义,可知曲线y=x3-2x+4在点(1,3)处的切线的斜率k=y′|x=1=1,∴曲线y=x3-2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为45°.故选B.3.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3处取得极值,则a=( )A.2 B.3 C.4 D.5解析:选D ∵f′(x)=3x2+2ax+3,又f(x)在x=-3处取得极值,∴f′(-3)=30-6a=0,得a=5.4.函数f(x)的图象如图所示,则不等式(x+3)f′(x)<0的解集为()A.(-∞,-3)∪(-1,1)B.(-∞,-3)C.(-∞,-1)∪(1,+∞)D.(1,+∞)解析:选A 当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0,解不等式(x+3)·f′(x)<0,得x<-3.当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,解不等式(x+3)·f′(x)<0,得-1<x<1.当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,不等式(x+3)·f′(x)<0无解.综上,不等式(x+3)f′(x)<0的解集为x∈(-∞,-3)∪(-1,1),故选A.5.已知函数f(x)=x3+3x2-9x+1,若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k 的取值范围为( )A.[-3,+∞) B.(-3,+∞)C.(-∞,-3) D.(-∞,-3]解析:选D 由题意知f′(x)=3x2+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,所以k≤-3.6.若函数f(x)=e x-ax-b在R上有小于0的极值点,则实数a的取值范围是( ) A.(-1,0) B.(0,1)C.(-∞,-1) D.(1,+∞)解析:选B 由题意知f′(x)=e x-a.当a≤0时,f′(x)>0恒成立,则f(x)在R上单调递增,不符合题意.当a>0时,令f′(x)=0,解得x=ln a,∴当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0.可知x=ln a为f(x)的极值点,∴ln a<0,∴a∈(0,1).故选B.7.若函数f(x)在R上可导,且f(x)>f′(x),则当a>b时,下列不等式成立的是( )A.e a f(a)>e b f(b) B.e b f(a)>e a f(b)C.e b f(b)>e a f(a) D.e a f(b)>e b f(a)解析:选D ∵′==<0,∴y=单调递减,又a>b,∴<,∴e a f(b)>e b f(a).8.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)解析:选A 当x>0时,令F(x)=,则F′(x)=<0,∴当x>0时,F(x)=为减函数.∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.在区间(0,1)上,F(x)>0;在(1,+∞)上,F(x)<0.即当0<x<1时,f(x)>0;当x>1时,f(x)<0.又f(x)为奇函数,∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当x∈(-1,0)时,f(x)<0.综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分) 9.曲线y=x2-1与y=ln x( )A.在点(1,0)处相交 B.在点(1,0)处相切C.存在相互平行的切线 D.有两个交点解析:选ACD 令f(x)=x2-1,g(x)=ln x,f(1)=g(1)=0,f′(1)=2,g′(1)=1,故选A,排除B.f′(x)=2x∈R,g′(x)=∈(0,+∞),存在f′(1)=g′,故选C.令F(x)=f(x)-g(x),则F′(x)=2x-,故F(x)在上单调递减,在上单调递增,而F=-+ln 2<0,F>F(e)=e2-2>0,故选D.10.函数y=2x3-3x2-12x+5在[-2,1]上的最值情况为( )A.最大值为12 B.最大值为5C.最小值为-8 D.最小值为-15解析:选AC y′=6x2-6x-12,由y′=0⇒x=-1或x=2(舍去).x=-2时,y=1;x=-1时,y=12;x=1时,y=-8.∴y max=12,y min=-8.故选A、C.11.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,则下列说法正确的是( )A.f(a)>f(e)>f(d)B.函数f(x)在[a,b]上递增,在[b,d]上递减C.f(x)的极值点为c,eD.f(x)的极大值为f(c)解析:选CD 由导数与函数单调性的关系知,当f′(x)>0时,f(x)单调递增,当f′(x)<0时,f(x)单调递减.结合所给图象知,当x∈(a,c)时,f′(x)>0,∴f(x)在(a,c)上单调递增;当x∈(c,e)时,f′(x)<0,∴f(x)在(c,e)上单调递减;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)在(e,+∞)上单调递增,∴函数f(x)在x=c处取得极大值f(c),在x=e处取得极小值f(e),∴f(x)的极值点为c,e.故选C、D.12.对于函数f(x)=,下列说法正确的有( )A.f(x)在x=1处取得极大值B.f(x)有两个不同的零点C.f(4)<f(π)<f(3)D.πe2>2eπ解析:选AC 由函数f(x)=,可得函数f(x)的导数为f′(x)=.当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增.可得函数f(x)在x=1处取得极大值,且为最大值,所以A正确;因为f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且f(0)=0,当x>0时,f(x)>0恒成立,所以函数f(x)只有一个零点,所以B错误;由f(x)在(1,+∞)上单调递减,且4>π>3>1,可得f(4)<f(π)<f(3),所以C正确;由f(x)在(1,+∞)上单调递减,且π>2>1,可得<,即πe2<2eπ,所以D错误.故选A、C.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.函数f(x)=e x sin x的图象在点(0,f(0))处切线的倾斜角为________.解析:由题意得,f′(x)=e x sin x+e x cos x=e x(sin x+cos x),∴函数f(x)的图象在点(0,f(0))处切线的斜率k=f′(0)=1,则所求的倾斜角为.答案:14.已知函数f(x)=a sin 2x-(a+2)cos x-(a+1)x在上无极值,则a=________,f(x)在上的最小值是________.解析:f′(x)=a cos 2x+(a+2)sin x-a-1=a(1-2sin2x)+(a+2)sin x-a-1=-2a sin2x+(a+2)sin x-1=-(2sin x-1)(a sin x-1).当sin x=,即x=∈时,f′(x)=0.所以要使f(x)在上无极值,则a=2,此时f′(x)=-(2sin x-1)2≤0恒成立,即f(x)单调递减,故在区间上f(x)的最小值为f=-.答案:2 -15.当x∈(0,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是___ _____.解析:根据题意,当x∈(0,1]时,分离参数a,得a≥--恒成立.令=t,∴t≥1时,a≥t-4t2-3t3恒成立.令g(t)=t-4t2-3t3,则g′(t)=1-8t-9t2=(t+1)(-9t+1),当t≥1时,g′(t)<0,∴函数g(t)在[1,+∞)上是减函数.则g(t)≤g(1)=-6,∴a≥-6.∴实数a的取值范围是[-6,+∞).答案:[-6,+∞)16.海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比,已知某海轮的最大航速为30 n mile/h,当速度为10 n mile/h时,它的燃料费是每小时25元,其余费用(无论速度如何)都是每小时400元.如果甲、乙两地相距800 n mile,那么要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低,它的航速应为________n mile/h.解析:设从甲地到乙地海轮的航速为v n mile/h,燃料费为y元/h,总费用为f(x)元.由题意设y与v满足的关系式为y=av3(0≤v≤30),由题意得25=a·103,∴a=.则f(x)=v3×+×400=20v2+.由f′(x)=40v-=0,得v=20.当0<v<20时,f′(x)<0;当20<v<30时,f′(x)>0.∴当v=20时,f(x)最小.即当总费用最低时,海轮的航速为20 n mile/h.答案:20四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值;(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.解:f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a.(1)由已知有f′(x1)=f′(x2)=0,从而x1x2==1,所以a=9.(2)因为Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0,所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.18.(12分)已知函数f(x)=-a ln x.(1)若曲线f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,求实数a的值;(2)求函数f(x)在区间[1,4]上的极值.解:(1)因为f(x)=-a ln x,所以f′(x)=-,所以f′(1)=-a.因为曲线f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,所以-a=,解得a=0.故实数a的值为0.(2)由(1),知f′(x)=-=.①当2a≤1,即a≤时,f′(x)≥0在[1,4]上恒成立,所以函数f(x)在[1,4]上单调递增,所以函数f(x)在[1,4]上无极值.②当2a≥2,即a≥1时,f′(x)≤0在[1,4]上恒成立,所以函数f(x)在[1,4]上单调递减,所以函数f(x)在[1,4]上无极值.③当1<2a<2,即<a<1时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:所以当x=4a2时,f(x)取得极小值,为2a-2a ln(2a),无极大值.19.(12分)已知函数f(x)=ln x+(a>0).(1)若a=1,求函数f(x)的单调区间;(2)若以函数y=f(x)(x∈(0,3])图象上任意一点P(x0,y0)为切点的切线的斜率k≤恒成立,求实数a的最小值.解:(1)当a=1时,f(x)=ln x+,定义域为(0,+∞),f′(x)=-=,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)由(1)知f′(x)=(0<x≤3),则k=f′(x0)=≤(0<x0≤3)恒成立,即a≥max.当x0=1时,-x+x0取得最大值,所以a≥,所以a的最小值为.20.(12分)已知函数f(x)=e x-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln ,且x>0时,>x+-3a.解:(1)由f(x)=e x-3x+3a,x∈R,知f′(x)=e x-3,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln 3,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 3),单调递增区间是(ln 3,+∞),f(x)在x=ln 3处取得极小值,极小值为f(ln 3)=e ln 3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a),无极大值.(2)证明:待证不等式等价于e x>x2-3ax+1.设g(x)=e x-x2+3ax-1,x>0,于是g′(x)=e x-3x+3a,x>0.由(1)及a>ln =ln 3-1知:g′(x)的最小值为g′(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.于是对任意x>0,都有g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增.于是当a>ln =ln 3-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即e x>x2-3ax+1,故>x+-3a.21.(12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=ln x-.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y =e x的切线.解:(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f′(x)=+>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.因为f(e)=1-<0,f(e2)=2-=>0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1(e<x1<e2),即f(x1)=0.又0<<1,f=-ln x1+=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明:因为=e-ln x0,所以点B在曲线y=e x上.由题设知f(x0)=0,即ln x0=,故直线AB的斜率k===.曲线y=e x在点B处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=e x的切线.22.(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)从下面两个条件中选一个,证明:f(x)有一个零点.①<a≤,b>2a;②0<a<,b≤2a.解:(1)f′(x)=x e x-2ax=x(e x-2a),①当a≤0时,令f′(x)=0⇒x=0.且当x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.②当0<a<时,令f′(x)=0⇒x1=0,x2=ln 2a<0.且当x<ln 2a时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当ln 2a<x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.③当a=时,f′(x)=x(e x-1)≥0,f(x)在R上单调递增.④当a>时,令f′(x)=0⇒x1=0,x2=ln 2a>0.且当x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当0<x<ln 2a时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2a时,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减;当0<a<时,f(x)在(-∞,ln 2a),(0,+∞)上单调递增,在(ln 2a,0)上单调递减;当a=时,f(x)在R 上单调递增;当a>时,f(x)在(-∞,0),(ln 2a,+∞)上单调递增,在(0,ln 2a)上单调递减.(2)证明:若选①,由(1)知f(x)在(-∞,0)上单调递增,(0,ln 2a)上单调递减,(ln 2a,+∞)上单调递增.注意到f=e-<0,f(0)=b-1>2a-1>0.∴f(x)在上有一个零点;f(ln 2a)=(ln 2a-1)·2a-a·ln22a+b>2a ln 2a-2a-a ln22a+2a=a ln 2a(2-ln 2a),由<a≤得0<ln 2a≤2,∴a ln 2a(2-ln 2a)≥0,∴f(ln 2a)>0,∴当x≥0时,f(x)≥f(ln 2a)>0,此时f(x)无零点.综上,f(x)在R上有一个零点.若选②,由(1)知f(x)在(-∞,ln 2a)上单调递增,在(ln 2a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.f(ln 2a)=(ln 2a-1)2a-a ln22a+b≤2a ln 2a-2a-a ln22a+2a=a ln 2a(2-ln 2a).∵0<a<,∴ln 2a<0,∴a ln 2a(2-ln 2a)<0,∴f(ln 2a)<0,∴当x≤0时,f(x)≤f(ln 2a)<0,此时f(x)无零点.当x>0时,f(x)单调递增,注意到f(0)=b-1≤2a-1<0,取c=,∵b≤2a<1,∴c>>1,又可证e c>c+1,∴f(c)=(c-1)e c-ac2+b>(c-1)(c+1)-ac2+b=(1-a)c2+b-1>c2+b-1=1-b+1+b-1=1>0.∴f(x)在(0,c)上有唯一零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.综上,f(x)在R上有一个零点.。
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分15导数的应用(二)
2021年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分15导数的应用(二)1.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为( )A.12 cm3B.72 cm3C.144 cm3 D.160 cm3解析:设盒子容积为y cm3,盒子的高为x cm,则x∈(0,5).则y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,∴y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或203 (舍去),∴y max=6×12×2=144(cm3).答案:C2.若a>1,则函数f(x)=13x3-ax2+1在(0,2)内零点的个数为( )A.3 B.2C.1 D.0解析:f′(x)=x2-2ax,由a>1可知,f′(x)在x∈(0,2)时恒为负,即f(x)在(0,2)内单调递减,又f(0)=1>0,f(2)=83-4a+1<0,所以f(x)在(0,2)内只有一个零点.答案:C3.要做一个圆锥形漏斗,其母线长为20 cm,要使体积最大,则其高为()A.2033 cmB.100 cmC .20 cm D.203 cm解析:设圆锥的体积为V cm 3,高为h cm ,则V =13π(400-h 2)h =13π(400h -h 3), ∴V ′=13π(400-3h 2),由V ′=0,得h =2033.所以当h =2033 cm 时,V 最大.答案:A4.若函数y =a e x +3x (x ∈R ,a ∈R ),有大于零的极值点,则实数a 的取值范围是( )A .(-3,0) B.(-∞,-3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,+∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-13 解析:由题可得y ′=a e x +3,若函数在x ∈R 上有大于零的极值点,即y ′=a e x+3=0有正根,显然有a <0,此时x =ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-3a .由x >0,得参数a 的范围为a >-3.综上知,-3<a <0.答案:A5.已知f (x )是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf ′(x )-f (x )≤0,对任意正数a ,b ,若a <b ,则必有( )A .af (b )≤bf (a ) B.bf (a )≤af (b )C .af (a )≤bf (b ) D.bf (b )≤af (a )解析:设函数F (x )=f (x )x (x >0),则F ′(x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′=xf ′(x )-f (x )x 2.因为x >0,xf ′(x )-f (x )≤0,所以F ′(x )≤0,故函数F (x )在(0,+∞)上为减函数.又0<a <b ,所以F (a )≥F (b ),即f (a )a ≥f (b )b ,则bf (a )≥af (b ).答案:A6.已知定义在R 上的偶函数f (x ),f (1)=0,当x >0时有xf ′(x )-f (x )x 2>0,则不等式xf (x )>0的解集为( )A .{x |-1<x <0} B.{x |x >1或-1<x <0}C .{x |x >0} D.{x |-1<x <1}解析:当x >0时有xf ′(x )-f (x )x 2>0, 即⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′>0,∴f (x )x 在(0,+∞)上单调递增. ∵f (x )为R 上的偶函数,∴xf (x )为R 上的奇函数.∵xf (x )>0,∴x 2f (x )x >0,∴f (x )x >0. ∵f (x )x 在(0,+∞)上单调递增,且f (1)1=0,∴当x >0时,若xf (x )>0,则x >1.又∵xf (x )为R 上的奇函数,∴当x <0时,若xf (x )>0,则-1<x <0.综上,不等式的解集为{x |x >1或-1<x <0}.答案:B7.设函数f (x )=6ln x ,g (x )=x 2-4x +4,则方程f (x )-g (x )=0有__________个实根.解析:设φ(x )=g (x )-f (x )=x 2-4x +4-6ln x ,则φ′(x )=2x 2-4x -6x=2(x +1)(x -3)x,且x >0.由φ′(x )=0,得x =3.当0<x <3时,φ′(x )<0;当x >3时,φ′(x )>0.∴φ(x )在(0,+∞)上有极小值φ(3)=1-6ln3<0.故y =φ(x )的图像与x 轴有两个交点,则方程f (x )-g (x )=0有两个实根.答案:28.[xx·山东潍坊联考]已知函数f (x )的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:f (x )的导函数y下列关于函数f (x )的命题:①函数f (x )的值域为[1,2];②函数f (x )在[0,2]上是减函数;③如果当x ∈[-1,t ]时,f (x )的最大值是2,那么t 的最大值为4;④当1<a<2时,函数y=f(x)-a最多有4个零点.其中正确命题的序号是__________.解析:由导数图像可知,当-1<x<0或2<x<4时,f′(x)>0,函数单调递增,当0<x<2或4<x<5时,f′(x)<0,函数单调递减,当x=0和x=4时,函数取得极大值f(0)=2,f(4)=2,当x=2时,函数取得极小值f(2),又f(-1)=f(5)=1,所以函数的最大值为2,最小值为1,值域为[1,2],①正确;②正确;因为当x=0和x=4时,函数取得极大值f(0)=2,f(4)=2,要使当x∈[-1,t]时函数f(x)的最大值是2,当2≤t≤5时,t的最大值为5,所以③不正确;由f(x)=a知,因为极小值f(2)=1.5,极大值为f(0)=f(4)=2,所以当1<a<2时,y =f(x)-a最多有4个零点,所以④正确.故真命题的序号为①②④.答案:①②④9.若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同的零点,则a 的值为__________.解析:由题意得f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f′(x)>0,得x<1或x>2,由f′(x)<0,得1<x<2,所以函数f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1),f(2),若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点,则需使f(1)=0或f(2)=0,解得a=5或a=4.答案:5或410.若函数f (x )=13x 3-a 2x 满足:对于任意的x 1,x 2∈[0,1]都有|f (x 1)-f (x 2)|≤1恒成立,求a 的取值范围.解析:由题意得,在[0,1]内,f (x )max -f (x )min ≤1.f ′(x )=x 2-a 2,则函数f (x )=13x 3-a 2x 的极小值点是x =|a |.若|a |>1,则函数f (x )在[0,1]上单调递减,故只要f (0)-f (1)≤1,即只要a 2≤43,即1<|a |≤233;若|a |≤1,此时f (x )min =f (|a |)=13|a |3-a 2|a |=-23a 2|a |,由于f (0)=0,f (1)=13-a 2,故当|a |≤33时,f (x )max =f (1),此时只要13-a 2+23a 2|a |≤1即可,即a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23|a |-1≤23,由于|a |≤33,故23|a |-1≤23×33-1<0,故此式成立;当33<|a |≤1时,此时f (x )max =f (0),故只要23a 2|a |≤1即可,此不等式显然成立.综上,a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-233,233. B 级 能力提升练11.已知函数f (x )=sin x (x ≥0),g (x )=ax (x ≥0).(1)若f (x )≤g (x )恒成立,求实数a 的取值范围;(2)当a 取(1)中的最小值时,求证:g (x )-f (x )≤16x 3.解析:(1)令h (x )=sin x -ax (x ≥0),则h ′(x )=cos x -a .①若a ≥1,h ′(x )=cos x -a ≤0,h (x )=sin x -ax (x ≥0)单调递减,h (x )≤h (0)=0,则sin x ≤ax (x ≥0)成立.②若0<a <1,存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,使得cos x 0=a , 当x ∈(0,x 0),h ′(x )=cos x -a >0,h (x )=sin x -ax (x ∈(0,x 0))单调递增,h (x )>h (0)=0,不合题意.③若a ≤0,结合f (x )与g (x )的图像可知显然不合题意.综上可知,a 的取值范围是[1,+∞).(2)当a 取(1)中的最小值为1时,g (x )-f (x )=x -sin x .设H (x )=x -sin x -16x 3(x ≥0),则H ′(x )=1-cos x -12x 2.令G (x )=1-cos x -12x 2,则G ′(x )=sin x -x ≤0(x ≥0),所以G (x )=1-cos x -12x 2在[0,+∞)上单调递减,此时G (x )=1-cos x -12x 2≤G (0)=0,即H ′(x )=1-cos x -12x 2≤0,所以H (x )=x -sin x -16x 3在x ∈[0,+∞)上单调递减.所以H (x )=x -sin x -16x 3≤H (0)=0,则x -sin x ≤16x 3(x ≥0).所以,当a取(1)中的最小值时,g(x)-f(x)≤13.6x12.已知函数f(x)=e x-m-x,其中m为常数.(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立,求m的取值范围;(2)当m>1时,判断f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由.解析:(1)依题意,可知f(x)在R上连续,且f′(x)=e x-m-1,令f′(x)=0,得x=m.故当x∈(-∞,m)时,e x-m<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(m,+∞)时,e x-m>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.故当x=m时,f(m)为极小值也是最小值.令f(m)=1-m≥0,得m≤1,即对任意x∈R,f(x)≥0恒成立时,m的取值范围是(-∞,1].(2)当m>1时,f(m)=1-m<0.∵f(0)=e-m>0,f(0)·f(m)<0,且f(x)在(0,m)上单调递减.∴f(x)在(0,m)上有一个零点.又f(2m)=e m-2m,令g(m)=e m-2m,∵当m>1时,g′(m)=e m-2>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增.∴g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0.∴f(m)·f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点.故f(x)在[ 0,2m]上有两个零点.37198 914E 酎r 21655 5497 咗U31478 7AF6 競27013 6985 榅32649 7F89 羉35328 8A00 言32371 7E73 繳23719 5CA7 岧26844 68DC 棜。
高中数学选择性必修二 专题5 3 导数在研究函数中的应用(A卷基础篇)(含答案)
专题5. 3导数在研究函数中的应用(2)(A 卷基础篇)(新教材人教A 版,浙江专用)参考答案与试题解析第Ⅰ卷(选择题)一.选择题(共10小题,满分50分,每小题5分)1.(2020·全国高二课时练习)设()f x 是区间[,]a b 上的连续函数,且在(,)a b 内可导,则下列结论中正确的是( )A .()f x 的极值点一定是最值点B .()f x 的最值点一定是极值点C .()f x 在区间[,]a b 上可能没有极值点D .()f x 在区间[,]a b 上可能没有最值点【答案】C【解析】根据函数的极值与最值的概念知,()f x 的极值点不一定是最值点,()f x 的最值点不一定是极值点.可能是区间的端点,连续可导函数在闭区间上一定有最值,所以选项A ,B ,D 都不正确,若函数()f x 在区间[,]a b 上单调,则函数()f x 在区间[,]a b 上没有极值点,所以C 正确.故选:C.2.(2020·全国高二单元测试)如图是函数y =f (x )的导数y =f '(x )的图象,则下面判断正确的是( )A .在(﹣3,1)内f (x )是增函数B .在x =1时,f (x )取得极大值C .在(4,5)内f (x )是增函数D .在x =2时,f (x )取得极小值【答案】C【解析】根据题意,依次分析选项:对于A ,在(﹣3,32-)上,f ′(x )<0,f (x )为减函数,A 错误; 对于B ,在(32-,2)上,f ′(x )>0,f (x )为增函数,x =1不是f (x )的极大值点,B 错误; 对于C ,在(4,5)上,f ′(x )>0,f (x )为增函数,C 正确; 对于D ,在(32-,2)上,f ′(x )>0,f (x )为增函数,在(2,4)上,f ′(x )<0,f (x )为减函数,则在x =2时f (x )取得极大值,D 错误;故选:C .3.(2020·横峰中学高三月考(文))已知函数()ln f x x ax =-在2x =处取得极值,则a =( ) A .1B .2C .12D .-2【答案】C【解析】 ()'1f x a x=-,依题意()'20f =,即110,22a a -==. 此时()()'112022x f x x x x -=-=>,所以()f x 在区间()0,2上递增,在区间()2,+∞上递减,所以()f x 在2x =处取得极大值,符合题意. 所以12a =. 故选:C4.(2020·霍邱县第二中学高二月考(文))已知函数()31f x ax bx =++的图象在点()1,1a b ++处的切线斜率为6,且函数()f x 在2x =处取得极值,则a b +=( )A .263-B .7C .223D .263【答案】C【解析】由题可知:()'23f x ax b =+,则36,120,a b a b +=⎧⎨+=⎩解得23a =-,8b =. 经检验,当23a =-,8b =时,()f x 在2x =处取得极大值,所以223a b +=. 故选:C 5.(2020·北京高二期末)已知函数31()43f x x x =-,则()f x )的极大值点为( ) A .4x =-B .4x =C .2x =-D .2x = 【答案】C【解析】 由31()43f x x x =-, 得:()24f x x '=-.由()240f x x '=->,得:2x <-,或2x >. 由()240f x x '=-<,得:22x -<<. 所以函数()f x 的增区间为()(),2,2,-∞-+∞.函数()f x 的减区间为()2,2-.所以,2x =-是函数的极大值点,2x =是函数的极小值点.故选:C.6.(2020·河南信阳市·高二期末(文))设()21cos 2=+f x x x ,则函数()f x ( ) A .有且仅有一个极小值B .有且仅有一个极大值C .有无数个极值D .没有极值【答案】A【解析】 ()sin f x x x '=-,()1cos 0f x x ''=-≥,∴()f x '单调递增且()00f '=,∴当0x <时,()0f x '<,函数()f x 单调递减,当0x >时,()0f x '>,函数()f x 单调递增,故()f x 有唯一的极小值点.故选:A.7.(2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学高二月考(理))函数()33f x x ax a =--在()0,1内有最小值,则a 的取值范围为( )A .01a ≤<B .01a <<C .11a -<<D .102a << 【答案】B【解析】 ∵函数f (x )=x 3﹣3ax ﹣a 在(0,1)内有最小值,∴f′(x )=3x 2﹣3a=3(x 2﹣a ),①若a ≤0,可得f′(x )≥0,f (x )在(0,1)上单调递增,f (x )在x=0处取得最小值,显然不可能,②若a >0,f′(x )=0解得x=当x f (x )为增函数,0<x f (x )在 所以极小值点应该在(0,1)内,符合要求.综上所述,a 的取值范围为(0,1)故答案为B8.(2020·佳木斯市第二中学高二期末(文))若函数()321233f x x x =+-在区间(),3a a +内既存在最大值也存在最小值,则a 的取值范围是( )A .()3,2--B .()3,1--C .()2,1--D .()2,0-【答案】A【解析】由()22(2)0f x x x x x '=+=+=得2x =-或0x =, 可以判断()f x 在0x =处取得极小值()203f =-,在2x =-处取得极大值()223f -=. 令()23f x =-,得3x =-或0x =,令()23f x =,得2x =-或1x =, 由题意知函数()f x 在开区间(),3a a +内的最大、最小值只能在2x =-和0x =处取得,结合函数()f x 的图象可得:03132a a <+≤⎧⎨-≤<-⎩,解得32a -<<-, 故a 的取值范围是()3,2--.故选:A 9.(2020·全国高三专题练习(文))函数()sin xf x ae x =-在0x =处有极值,则a 的值为( ) A .1-B .0C .1D .e【答案】C【解析】 由题意得:()cos x f x ae x '=-()f x 在0x =处有极值 ()0cos010f a a '∴=-=-=,解得:1a =经检验满足题意,本题正确选项:C10.(2020·湖北宜昌市·高二期末)若1x =是函数3221()(1)(33)3f x x a x a a x =++-+-的极值点,则a 的值为( )A .-3B .2C .-2或3D .–3或2【答案】D【解析】由题意,知:22()2(1)(33)f x x a x a a '=++-+-且()01f '=,∴260+-=a a ,解得:3a =-或2a =.当3a =-时,2()43(1)(3)f x x x x x '=-+=--,即在1x =的左侧(0)30f '=>,右侧(2)10f '=-<,所以1x =是极值点,而非拐点;当2a =时,2()67(1)(7)f x x x x x '=+-=-+,即在1x =的左侧(0)70f '=-<,右侧(2)90f '=>,所以1x =是极值点,而非拐点;故选:D第Ⅱ卷(非选择题)二.填空题(共7小题,单空每小题4分,两空每小题6分,共36分)11.(2020·四川成都市·高三开学考试(文))已知函数()sin 2f x x x =-,则()f x 在[,]22ππ-上的最小值是_______________.【答案】1-π【解析】在[,]22ππ-上,有()cos 20f x x '=-<,知:()f x 单调递减, ∴min ()()sin 21222f x f ππππ==-⨯=-,故答案为:1-π.12.(2020·昆明呈贡新区中学(云南大学附属中学呈贡校区)高三月考(理))若x =2是f (x )=ax 3-3x 的一个极值点,则a =________. 【答案】14 【解析】因为3()3f x ax x =-,所以2()33f x ax '=-,因为x =2是f (x )=ax 3-3x 的一个极值点,所以(2)1230f a '=-=,故14a =, 经验证当14a =时,2x =是()f x 的一个极值点. 所以14a =. 故答案为:1413.(2019·浙江高三专题练习)若函数321()3f x x x =-在[1,1]-,则函数的最小值是 _______ ;最大值是_________. 【答案】43-0 【解析】由题得2()=2f x x x '-,令2()=2=0f x x x '-得x=2(舍去)或0, 因为42(1),(0)0,f(1)33f f -=-==-, 所以函数的最小值是43-,最大值为0. 故答案为4;0.3- 14.(2020·东台创新高级中学高二月考)已知函数()ln f x x x =,则()y f x =的极小值为______. 【答案】1e -【解析】因为()ln f x x x =,所以()ln 1f x x '=+,由()0f x '>得1x e >;由()0f x '<得10x e<<; 所以函数()ln f x x x =在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增, 所以()y f x =的极小值为1111ln f e e e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故答案为:1e-. 15.(2019·西藏拉萨市·拉萨那曲第二高级中学高二月考(文))函数()327f x x x =-的极值是:________和________.【答案】-54 54【解析】由函数()327f x x x =-有()()()2327=333f x x x x '=--+ 令()0f x '>解得3x >或3x <-.令()0f x '<解得33x -<<所以函数()f x 在(),3-∞-上单调递增,在()3,3-上单调递减,在()3+∞,上单调递增. 所以当3x =-时,函数()f x 有极大值()()()33327354f -=--⨯-=, 当3x =时,函数()f x 有极小值()33327354f =-⨯=-. 故答案为:54-, 54.16.(2019·浙江绍兴市·高二期末)函数()2()1xf x x x e =--(其中2.718e =…是自然对数的底数)的极值点是________;极大值=________.【答案】1或-225e【解析】由已知得 ()()'22()1212( 2) (1)x x x f x x x x e x x e x x e =--+-=+-=+-,e 0x >,令'()0f x =,可得2x =-或1x =,当2x <-时'()0f x >,即函数()f x 在(,1)-∞-上单调递增; 当21x -<<时,()0f x '<,即函数()f x 在区间(1,0)-上单调递减;当1x >时,'()0f x >,即函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增.故()f x 的极值点为2-或1,且极大值为25(2)f e -=. 故答案为(1). 1或-2 (2). 25e . 17.(2020·全国高三专题练习)设()f x '是奇函数()f x 的导函数,()23f -=-,且对任意x ∈R 都有()2f x '<,则()2f =_________,使得()e 2e 1x x f <-成立的x 的取值范围是_________.【答案】3 ()ln 2,+∞【解析】∵()f x 是奇函数,∴()()223f f =--=,设()()2g x f x x =-,则()()22g f =-41=-,()()20g x f x ''=-<,∴()g x 在R 上单调递减,由()e 2e 1x x f <-得()e e 21x x f -<-,即()()2e x g g <,∴e 2x >,得ln 2x >,故答案为:3;()ln 2,+∞.三.解答题(共5小题,满分64分,18--20每小题12分,21,22每小题14分)18.(2020·全国高三(文))已知函数3()31f x x x =-+.(1)求()f x 的单调区间;(2)求函数的极值;(要列表).【答案】(1)增区间为()(),1,1,-∞-+∞,减区间为()1,1-;(2)极大值为3,极小值为1-.【解析】(1)3()31f x x x =-+,/2()333(1)(1)f x x x x ∴=-=-+,设'()0f x =可得1x =或1x =-.①当/()0f x >时,1x >或1x <-;②当/()0f x <时,11x -<<,所以()f x 的单调增区间为()(),1,1,-∞-+∞,单调减区间为:()1,1-.(2)由(1)可得,当x 变化时,/()f x ,()f x 的变化情况如下表:当1x =-时,()f x 有极大值,并且极大值为(1)3f -=当1x =时,()f x 有极小值,并且极小值为(1)1f =-.19.(2020·海南省直辖县级行政单位·临高二中高二月考)若()32133f x x x x =+-,R x ∈,求: (1)()f x 的单调增区间;(2)()f x 在[]0,2上的最小值和最大值.【答案】(1) 增区间为()()3,1-∞-+∞,,;(2) ()max 2,3f x = ()min 53f x =-. 【解析】(1)()/223f x x x =+-,由 ()0f x '>解得31x x -或,()f x 的增区间为()()3,1-∞-+∞,,;(2)()2230f x x x =+-=', 3x =-(舍)或1x =, ()15113-33f =+-=, ()00f =, ()32122223233f =⨯+-⨯=, ()max 2,3f x = ()min 53f x =- 20.(2020·北京通州区·高二期末)已知函数3()31f x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程;(2)求()f x 在[1,2]上的最大值和最小值.【答案】(1)310x y +-= ;(2)最大值f (2)3=,最小值f (1)1=- .【解析】(1)由3()31f x x x =-+得,'2()33f x x =-,所以(0)1f =,'(0)3f =-, 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程13(0)y x -=--即310x y +-=;(2)令'()0f x >可得1x >或1x <-,此时函数单调递增,令'()0f x <可得11x -<<,此时函数单调递减,故函数()f x 在[1,2]上单调递增,所以()f x 的最大值f (2)3=,最小值f (1)1=-.21.(2020·江苏宿迁市·宿豫中学高二月考)已知函数1()(cos sin )(0)22x f x e x x x π=+≤≤, (1)计算函数()f x 的导数()f x '的表达式; (2)求函数()f x 的值域.【答案】(1)()cos xf x e x '=;(2)211,22e π⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【解析】(1)因为1()(cos sin )(0)22x f x e x x x π=+≤≤, 所以11()(cos sin )(sin cos )cos 22x x x f x e x x e x x e x '=++-+=. 故函数()f x 的导数()cos x f x e x '=;(2)02x π≤≤, ()cos 0x f x e x '∴=≥,函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数, 所以m n 0i ()(0)11(cos0sin 0)22e f x f +===, 所以22max 11(cos sin ()()222)22f x e f e πππππ+===; 故函数()f x 的值域为211,22e π⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 22.(2020·哈尔滨市第十二中学校高二期末(文))已知函数321()23f x x bx x a =-++,2x =是()f x 的一个极值点.(1)求()f x 的单调递增区间; (2)若当[1,?3]x ∈时,22()3f x a ->恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1) ()y f x =的单调递增区间为(,?1)-∞,(2,?+)∞ (2) 01a <<【解析】(Ⅰ)2()22f x x bx '=-+. ∵2x =是的一个极值点,∴2x =是方程2220x bx -+=的一个根,解得32b =. 令()0f x '>,则,解得1x <或2x >.∴函数()y f x =的单调递增区间为(,?1)-∞,(2,?+)∞. (Ⅱ)∵当(1,2)x ∈时()0f x '<,(2,3)x ∈时()0f x '>, ∴在(1,2)上单调递减,在(2,3)上单调递增. ∴(2)f 是在区间[1,3]上的最小值,且 2(2)3f a =+. 若当[1,?3]x ∈时,要使22()3f x a ->恒成立,只需22(2)3f a >+, 即22233a a +>+,解得 01a <<.。
专题04 导数及其应用-2023年高考数学真题题源解密(新高考)(解析版)
专题04 导数及其应用目录一览2023真题展现考向一导数与单调性考向二利用导数研究函数的极值、最值真题考查解读近年真题对比考向一导数的运算考向二利用导数研究函数的极值、最值考向三利用导数研究曲线上某点切线方程命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一导数与单调性1.(2023•新高考Ⅱ•第6题)已知函数f(x)=ae x﹣lnx在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( )A.e2B.e C.e﹣1D.e﹣2【答案】C解:对函数f(x)求导可得,f′(x)=ae x−1x ,依题意,a e x−1x≥0在(1,2)上恒成立,即a≥1xe x在(1,2)上恒成立,设g(x)=1xe x,x∈(1,2),则g′(x)=−(e x xe x)(xe x)2=−e x(x1)(xe x)2,易知当x∈(1,2)时,g′(x)<0,则函数g(x)在(1,2)上单调递减,则a ≥g(x )max =g(1)=1e=e −1.故选:C .考向二 导数与极值、最值2.(2023•新高考Ⅱ•第11题)(多选)若函数f (x )=alnx +bx +c x2(a ≠0)既有极大值也有极小值,则( )A .bc >0B .ab >0C .b 2+8ac >0D .ac <0【答案】BCD解:函数定义域为(0,+∞)且f ′(x )=a x −b x 2−2c x 3=ax 2−bx−2cx 3,由题意,方程f ′(x )=0即ax 2﹣bx ﹣2c =0有两个正根,设为x 1,x 2,则有x 1+x 2=ba >0,x 1x 2=−2c a>0,Δ=b 2+8ac >0,∴ab >0,ac <0,∴ab •ac =a 2bc <0,即bc <0.故选:BCD .【命题意图】考查原函数和导函数的关系,考查求导公式,导数几何意义及导数的应用,利用导数研究函数的单调性、极值最值、函数零点问题.体会数形结合思想,分类讨论思想,化归和转化思想.【考查要点】函数与导数是高考必考知识点,考查运用函数的导数解决问题:求切线方程、单调区间、极值最值、零点等.【得分要点】1.利用导数判断函数单调性:设函数()y f x =在某个区间内可导,①'()0f x >⇒()f x 该区间内为增函数; ②'()0f x <⇒()f x 该区间内为减函数;注意:当'()f x 在某个区间内个别点处为零,在其余点处为正(或负)时,()f x 在这个区间上仍是递增(或递减)的。
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知函数f(x)=x 3−x +1,则( ) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点C. 点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D. 直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线 【答案】AC 【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题,函数的对称性,考查了运算能力以及数形结合思想,属于中档题. 【解答】解: f(x)=x 3−x +1⇒f′(x)=3x 2−1 ,令 f′(x)=0 得: x =±√33,f′(x)>0⇒x <−√33 或 x >√33 ; f′(x)<0⇒−√33<x <√33,所以 f(x) 在 (−∞,−√33) 上单调递增,在 (−√33,√33) 上单调递减,在 (√33,+∞)上单调递增,所以 f(x) 有两个极值点 (x =−√33 为极大值点, x =√33为极小值点 ) ,故 A正确 ;又 f(−√33)=−√39−(−√33)+1=1+2√39>0 , f(√33)=√39−√33+1=1−2√39>0 ,所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ,故 B 错 ;又 f(−x)=−x 3+x +1⇒f(−x)+f(x)=2 ,所以 f(x) 关于 (0,1) 对称,故 C 正确 ;对于 D 选项,设切点 P(x 0,y 0) ,在 P 处的切线为 y −(x 03−x 0+1)=(3x 02−1)(x −x 0) ,即 y =(3x 02−1)x −2x 03+1 ,若 y =2x 是其切线,则 {3x 02−1=2−2x 03+1=0,方程组无解,所以 D 错. 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】曲线y =ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为 , . 【答案】y =x e y =−xe 【分析】本题考查函数切线问题,设切点坐标,表示出切线方程,带入坐标原点,求出切点的横坐标,即可求出切线方程,为一般题. 【解答】解:当 x >0 时,点 (x 1,lnx 1)(x 1>0) 上的切线为 y −lnx 1=1x 1(x −x 1).若该切线经过原点,则 lnx 1−1=0 ,解得 x =e , 此的切线方程为 y =xe .当 x <0 时,点 (x 2,ln(−x 2))(x 2<0) 上的切线为 y −ln (−x 2)=1x 2(x −x 2) .若该切线经过原点,则 ln(−x 2)−1=0 ,解得 x =−e , 此时切线方程为 y =−xe . 【命题意图】考察导数的概念,考察导数的几何意义,考察导数求导法则求导公式,导数的应用,考察数学运算和逻辑推导素养,考察分类讨论思想,函数和方程思想,化归与转化的数学思想,分析问题与解决问题的能力。
专题09 导数及其应用-2023年高考真题和模拟题数学分项汇编(全国通用)含答案
(2)已知函数
f
x
xex
ax
a2
a
0
有唯一零点
x0
,求证:
x0
4 9
且
a
9 25
.
9.(2023·四川广安·四川省广安友谊中学校考模拟预测)已知函数
f
(x)
ln
x x
ln 2
2
a 1
2 x
(a
0)
.
(1)若函数 f (x) 在 x 1处的切线斜率为 1 ,求实数 a 的值; 9
(2)若函数 f (x) 有且仅有三个不同的零点,分别设为 x1, x2 , x3.
(1)讨论 f x 的单调性;
(2)证明:当 a 0 时, f x 2lna 3 .
2 【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】(1)因为 f (x) a ex a x ,定义域为 R ,所以 f x aex 1 ,
当 a 0 时,由于 ex 0 ,则 aex 0 ,故 f x aex 1 0 恒成立, 所以 f x 在 R 上单调递减;
11.(2023·山东日照·三模)已知函数
f
x
ax2 e x 1
lnx
lna
1 有三个零点.
(1)求 a 的取值范围;
(2)设函数 f x 的三个零点由小到大依次是 x1, x2 , x3 .证明: aex1x3 e .
12.(2023·山东烟台·统考三模)已知函数 f x ex a, g x ln x a ,其中 a R .
当 a 0 时,令 f x aex 1 0 ,解得 x ln a ,
当 x ln a 时, f x 0 ,则 f x 在 , ln a 上单调递减;
第5章一元函数的导数及其应用 基础测试(2)【新教材】人教A版(2019)高中数学选择性必修第二册章
答卷时应注意事项1、拿到试卷,要认真仔细的先填好自己的考生信息。
2、拿到试卷不要提笔就写,先大致的浏览一遍,有多少大题,每个大题里有几个小题,有什么题型,哪些容易,哪些难,做到心里有底;3、审题,每个题目都要多读几遍,不仅要读大题,还要读小题,不放过每一个字,遇到暂时弄不懂题意的题目,手指点读,多读几遍题目,就能理解题意了;容易混乱的地方也应该多读几遍,比如从小到大,从左到右这样的题;4、每个题目做完了以后,把自己的手从试卷上完全移开,好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题;试卷第1页和第2页上下衔接的地方一定要注意,仔细看看有没有遗漏的小题;5、中途遇到真的解决不了的难题,注意安排好时间,先把后面会做的做完,再来重新读题,结合平时课堂上所学的知识,解答难题;一定要镇定,不能因此慌了手脚,影响下面的答题;6、卷面要清洁,字迹要清工整,非常重要;7、做完的试卷要检查,这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题,检查的时候,用手指点读题目,不要管自己的答案,重新分析题意,所有计算题重新计算,判断题重新判断,填空题重新填空,之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友,你们好!经过两个月的学习,你们一定有不小的收获吧,用你的自信和智慧,认真答题,相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的!人教A 版选择性必修第二册第五章一元函数的导数及其应用基础检测2一、单选题1.已知函数()y f x =在0x x =处的导数为1,则()()000lim 2x f x x f x xD ®+D -=D ( )A .0B .12C .1D .22.曲线()ln f x x =在点()1,0处的切线方程为( )A .10x y --=B .10x y -+=C .10x y +-=D .10x y ++=3.函数2()(1)f x x =+的导函数为( )A .()1f x x ¢=+B .()21f x x ¢=+C .()2f x x ¢=+D .()22f x x ¢=+4.已知函数()y xf x ¢=的图象如图所示(其中'()f x 是函数()f x 的导函数),下面四个图象中()y fx =的图象大致是( )A .B .C .D .5.已知函数()31f x ax bx =++的图象在点()1,1a b ++处的切线斜率为6,且函数()f x 在2x =处取得极值,则a b +=( )A .263-B .7C .223D .2636.如果一个物体的运动方程为()()30s t t t =>,其中s 的单位是千米,t 的单位是小时,那么物体在4小时末的瞬时速度是( )A .12千米/小时B .24千米/小时C .48千米/小时D .64千米/小时7.已知函数31()43f x x x =-,则()f x )的极大值点为( )A .4x =-B .4x =C .2x =-D .2x =8.函数4()3ln f x x x x=+-的单调递减区间是( )A .(1,4)-B .(0,1)C .(4,)+¥D .(0,4)9.()f x 与()g x 是定义在R 上的两个可导函数,若()f x ,()g x 满足()()f x g x =¢¢,则()f x 与()g x 满足( )A .()f x =()g xB .()f x -()g x 为常数函数C .()f x =()0g x =D .()f x +()g x 为常数函数10.已知函数()f x 的导函数为()f x ¢,且满足关系式()()232x f x x xf e ¢=++,则()2f ¢的值等于( )A .2-B .222e -C .22e -D .222e --11.已知函数f (x )的图象如图所示,下列数值的排序正确的是( )A .(2)(3)(3)(2)f f f f <¢<-¢B .(3)(3)(2)(2)f f f f <-¢<¢C .(3)(2)(3)(2)f f f f <¢<-¢D .(3)(2)(2)(3)f f f f ¢¢-<<12. 如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象,则f (x )的极小值点的个数为( )A .1B .2C .3D .4二、填空题13.函数()x f x xe =在0x =处的切线的斜率为_________.14.函数3()12f x x x =-的极小值点为___________.15.已知函数()sin 2f x x x =-,则()f x 在[,]22p p -上的最小值是_______________.16.在平面直角坐标系xOy 中,曲线()3x y x ax e =+在点()0,0处的切线方程为30x y -=(e 是自然对数的底数),则实数a 的值是_____________.三、解答题17.已知函数3()31f x x ax =--在1x =-处取得极值.(1)求实数a 的值;(2)当[2,1]x Î-时,求函数()f x 的最小值.18.函数()()01a x f x x x +=>+,曲线()y f x =在点()()11f ,处的切线在y 轴上的截距是112.(1)求a ;(2)讨论()()2g x xf x =的单调性.19.已知函数321()(,)3f x x x ax b a b R =-+++Î.(1)当3,0a b ==时,求函数()f x 的在(3,()3f )处的切线方程;(2)若函数()f x 在其图象上任意一点00(,())x f x 处切线的斜率都小于22a ,求实数a 的取值范围.20.已知函数()3223f x x ax bx a =+++在1x =-时有极值0.(1)求常数a ,b 的值;(2)求()f x 在区间[]4,0-上的最值.21.已知函数331y x x =-+.(1)求在()0,1处的切线的方程;(2)求函数的单调区间.22.已知函数2()(23)x f x e x x =-.(1)求不等式()0f x >的解集;(2)求函数()f x 在区间[0,2]上的最大值和最小值.参考答案1.B【分析】由已知结合导数的定义即可直接求解.【详解】解:因为函数()y f x =在0x x =处的导数为1,则()()()()()0000000111lim lim 2222x x f x x f x f x x f x f x x x D ®D ®+D -+D -¢===D D .故选:B .【点睛】本题考查导数的概念,涉及极限的性质,属于基础题.2.A【分析】首先求函数在1x =处的导数,再根据导数的几何意义求切线方程.【详解】()1f x x¢=,()11f ¢=,根据导数的几何意义可知曲线在()1,0处的切线的斜率1k =,所以曲线()ln f x x =在点()1,0处的切线方程为01y x -=-,即10x y --=.故选:A【点睛】本题考查导数的几何意义,重点考查计算能力,属于基础题型.3.D【分析】利用导数的运算法则即可得出.【详解】22()(1)21f x x x x =+=++Q ()22f x x \¢=+,故选:D .【点睛】本题考查了导数的运算法则,属于基础题.4.C【分析】根据函数()y xf x ¢=的图象,依次判断()f x 在区间(,1)-¥-,(1,0)-,(0,1),(1,)+¥上的单调性即可.【详解】由函数()y xf x ¢=的图象可知:当1x <-时,()0xf x ¢<,()0f x ¢>,此时()f x 单调递增;当10x -<<时,()0xf x ¢>,()0f x ¢<,此时()f x 单调递减;当01x <<时,()0xf x ¢<,()0f x ¢<,此时()f x 单调递减;当1x >时,()0xf x ¢>,()0f x ¢>,此时()f x 单调递增.故选:C【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,考查函数的图象问题.意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5.C【分析】计算()'f x ,然后根据()()2016f f ì==¢¢ïíïî,可得,a b ,最后可得结果.【详解】由题可知:()'23f x ax b =+,则36,120,a b a b +=ìí+=î解得23a =-,8b =.经检验,当23a =-,8b =时,()f x 在2x =处取得极大值,所以223a b +=.故选:C【点睛】本题主要考查曲线在某点处的导数的几何意义,重在于计算以及理解,属基础题.6.C【分析】对v 求导,代入t 值即可.【详解】由()23v s t t ¢==,则当4t =,48v =故选:C.【点睛】本题考查了瞬时变化率、导数的概念的问题,属于基础题.7.C【分析】求出函数31()43f x x x =-的导函数,进而求出导函数大于0以及小于0的解,根据导函数在各段内的符号判断函数在不同区间内的单调性,从而得到函数的极值点.【详解】解:由31()43f x x x =-,得:()24f x x ¢=-.由()240f x x ¢=->,得:2x <-,或2x >.由()240f x x ¢=-<,得:22x -<<.所以函数()f x 的增区间为()(),2,2,-¥-+¥.函数()f x 的减区间为()2,2-.所以,2x =-是函数的极大值点,2x =是函数的极小值点.故选:C.【点睛】本题考查求具体函数的极值点,解题的关键是区分极值点和极值的定义,属于基础题.8.D【分析】求导,2243(1)(4)()1x x f x x x x +-=--=',由()0f x <'即可得解.【详解】函数的定义域是(0,)+¥,2243(1)(4)()1x x f x x x x +-=--=',令()0f x <',解得04x <<,故函数4()3ln f x x x x=+-在(0,4)上单调递减,选:D .【点睛】本题考查了利用导数求函数单调性,考查了导数的基本能应用,属于基础题.9.B【详解】()()f x g x ¢¢=,则()f x -()g x 为常数.故选:B.10.D【分析】求得函数的导数,然后令2x =,求得()'2f 的值.【详解】依题意()()''232x f x x f e =++,令2x =得()()''22432f f e =++,()2'222e f =--,故选D.【点睛】本小题在导数运算,考查运算求解能力,属于基础题.11.B【分析】利用导数的几何意义即可求解.【详解】()()()()323232f f f f --=-由图可知:(3)(2)(3)(2)32f f f f -<<¢-¢,即(3)(3)(2)(2)f f f f <-¢<¢.故选:B【点睛】本题考查了导数的几何意义,考查了数形结合的思想,属于基础题.12.A【分析】根据极值点的定义,结合导函数的图象判断即可.【详解】由导函数f ′(x )的图象知在x =-2处f ′(-2)=0,且其两侧导数符号为左正右负,x =-2是极大值;在x =-1处f ′(-1)=0,且其两侧导数符号为左负右正,x =-1是极小值;在x =-3处f ′(2)=0,且其两侧导数符号为左正右负,x =2是极大值;所以f (x )的极小值点的个数为1,故选:A【点睛】本题主要考查极值点的定义以及数形结合思想的应用,属于基础题.13.1【分析】直接利用导数的几何意义求解即可【详解】解:由()x f x xe =,得'()x x f x e xe +=,则'000)01(f e e +×==,所以()x f x xe =在0x =处的切线的斜率为1故答案为:1【点睛】此题考查导数的几何意义的应用,属于基础题14.2【分析】对()f x 求导,令'()0f x =后,分析()'fx 取得正负时x 的范围,从而得出()f x 在相应区间的单调性,得出极值点.【详解】因为3()12f x x x =-,所以()()2'()312322f x x x x =-=+-,令'()0f x =,得122,2x x ==-,所以当(),2x Î-¥-时,()'0fx >,()f x 在(),2-¥-上单调递增;当()2,2x Î-时,()'0fx <,()f x 在()2,2-上单调递减;当()2,x Î+¥时,()'0f x >,()f x 在()2,+¥上单调递增;所以()f x 在2x =时取得极小值,故填:2.【点睛】本题考查函数的导函数与函数的单调性和极值的关系,属于基础题.15.1-p【分析】利用导函数可知在[,22p p -上()0f x ¢<,有()f x 单调递减,即可求区间内最小值.【详解】在[,22p p -上,有()cos 20f x x ¢=-<,知:()f x 单调递减,∴min ()()sin 21222f x f p ppp ==-´=-,故答案为:1-p .【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性求区间最值,属于基础题.16.3求导,代入0x =,可求得答案.【详解】由()323xy x x ax a e ¢=+++,得0x y a =¢=,故3a =.故答案为:3.【点睛】本题考查导函数的几何意义,根据曲线的切线方程求参数的值,属于基础题.17.(1)1;(2)3-.【分析】(1)求导,根据极值的定义可以求出实数a 的值;(2)求导,求出[2,1]x Î-时的极值,比较极值和(2)(1)f f -、之间的大小的关系,最后求出函数的最小值.【详解】(1)3'2()31()33f x x ax f x x a =Þ=---,函数3()31f x x ax =--在1x =-处取得极值,所以有2'3(1()01130)a f a --==Þ-=Þ;(2)由(1)可知:3'2()31()333(1)(1)f x x x f x x x x =--=-=+-Þ,当(2,1)x Î--时,'()0f x >,函数()f x 单调递增,当(1,1)x Î-时,'()0f x <,函数()f x 单调递减,故函数在1x =-处取得极大值,因此3(1)(1) =13(1)1f -=--´--,3(2)(2)3(2)13=f -=--´---,3(1)1311=3f =-´--,故函数()f x 的最小值为3-.本题考查了求闭区间上函数的最小值,考查了极值的定义,考查了数学运算能力.18.(1)7;(2)在()0,¥+单调递增.【分析】(1)求得()f x 的导数,可得切线的斜率和切点,以及切线方程,代入11(0,2,解方程可得a ;(2)求得g (x )的解析式和导数,分解因式可得导数的符号,进而判断单调性;【详解】(1)函数()()01a x f x x x+=>+的导数为21(),(1)a f x x -¢=+曲线()y f x =在点()()11f ,处的切线斜率为1,4a k -=切点为1(1,)2a +,所以切线方程为11(1)24a a y x +--=-,代入11(0,)2可得1111(01)224a a +--=-,解得7a =(2)()()2322271449(),1(1)g x xf x x x x x x x x +++=×=++=23(7)(2)3()(1)x x g x x éù+-+ëû¢\=+,当0x >时,()0g x ¢>,()g x 在(0,)+¥上单调递增.【点睛】关键点点睛:本题考查利用导数的运用求切线方程和单调性,关键在于正确求出函数的导数,考查方程思想和化简运算能力,属于综合题.19.(1)y =9;(2){|1a a >或1}2a <-.【分析】(1)求出(3)9f =以及()'30f =,即可求出切线方程;(2)2()2f x a ¢<对任意x ÎR 恒成立,等价于2222x x a a -+<-对任意x ÎR 恒成立,令2()2g x x x =-+,求出()g x 的最大值,即可求出a 的范围.【详解】解:(1)3,0a b ==时,321()33f x x x x =-++,(3)9f =()2'23f x x x =-++,()'39630f =-++=,0k =所以函数()f x 在3x =处的切线方程为:9y =(2)因为2()2f x x x a ¢=-++,由题意得:22()22f x x x a a =-++<¢对任意x ÎR 恒成立,即2222x x a a -+<-对任意x ÎR 恒成立,设2()2g x x x =-+,所以22()2(1)1g x x x x =-+=--+,所以当1x =时,()g x 有最大值为1,所以221a a ->,解得1a >或12a <-,所以,实数a 的取值范围为{|1a a >或1}2a <-.【点睛】本题考查已知恒成立求参数问题,属于基础题.方法点睛:(1)参变分离(2)()()f x g a <的恒成立问题转化为()()max f x g a <(3)求出()f x 在已知范围下函数的值域(4)求解参数a20.(1)2a =,9b =;(2)最小值为0,最大值为4.【分析】(1)已知函数322()3f x x ax bx a =+++在1x =处有极值0,即(1)0f -=,(1)0f ¢-=,通过求导函数,再代入列方程组,即可解得a 、b 的值;(2)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间,从而求出函数的最值即可.【详解】(1)2()36¢=++f x x ax b ,由题知:2(1)0360(1)(1)0130(2)f a b f a b a ì-=-+=ìÞíí-=-+-+=î¢î,联立(1)、(2)有13a b =ìí=î或29a b =ìí=î.当13a b =ìí=î时22()3633(1)0f x x x x ¢=++=+³在定义域上单调递增,故舍去;所以2a =,9b =,经检验,符合题意.(2)当2a =,9b =时,2()31293(3)(1)¢=++=++f x x x x x ,故方程()0f x ¢=有根3x =-或1x =-,\由2()31290f x x x ¢=++>得(,3)(1,)x Î-¥-È-+¥,由2()31290f x x x ¢=++<得(3,1)x Î--,\函数()f x 的单调增区间为:[4,3)--,(1,0]-,减区间为:(3,1)--.函数在3x =-取得极大值,在1x =-取得极小值;经计算(4)0f -=,(3)4f -=,(1)0f -=,(0)4f =,所以函数的最小值为0,最大值为4.【点睛】关键点睛:解题的关键是求出,a b 后,求出2()31293(3)(1)¢=++=++f x x x x x ,然后,利用导数求出函数的单调性、最值问题,属于基础题.21.(1)310x y +-=;(2)函数的单调增区间是()()11-¥-+¥,,,,单调减区间是()1,1-.【分析】(1)先利用导数的几何意义求切线的斜率,再利用点斜式求直线方程即可;(2)利用导数正负确定函数的单调区间即可.【详解】解:(1)函数331y x x =-+,则233y x ¢=-,故在()0,1处的切线的斜率3k y ¢==-,故切线的方程是13(0)y x -=--,即310x y +-=;(2)令2330y x ¢=->,得1x <-或1x >,令2330y x ¢=-<,得11x -<<,故函数的单调增区间是()()11-¥-+¥,,,,单调减区间是()1,1-.22.(1){|x 0x <或32x ü>ýþ;(2)最小值e -,最大值22e .【分析】(1)直接解不等式可得不等式的解集;(2)对函数求导,令()0f x ¢=,求出方程根,得出单调性可得函数的最值.【详解】(1)因为0x e >,由()2(0)23x f x e x x =->,得2230x x ->.所以0x <或32x >.所以不等式()0f x >的解集为{|x 0x <或32x ü>ýþ;(2)由()223()x f x e x x =-得:2()(23)x f x e x x ¢=+-()()231x e x x =+-.令()0f x ¢=,得1x =,或32x =-(舍).()f x 与()f x ¢在区间[0,2]上的情况如下:x 0(0,1)1(1,2)2()¢f x -0+()f x 0减e -增22e所以当1x =时,()f x 取得最小值()1f e =-;当2x =时,()f x 取得最大值()222f e =.。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理-人教版高三全
第二章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习 理[A 组·基础达标练]1.函数f (x )=x 4-4x 3+4x 2的极值点是( ) A .x =0 B .x =1C .x =2D .x =0,x =1和x =2 答案 D解析 f ′(x )=4x 3-12x 2+8x =4x (x 2-3x +2)=4x (x -1)(x -2),则结合列表可得f (x )的极值点为x =0,x =1和x =2.2.[2015·某某一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (-3)=f (5)=1,f ′(x )为f (x )的导函数,且导函数y =f ′(x )的图象如图所示.则不等式f (x )<1的解集是( )A .(-3,0)B .(-3,5)C .(0,5)D .(-∞,-3)∪(5,+∞) 答案 B解析 依题意得,当x >0时,f ′(x )>0,f (x )是增函数;当x <0时,f ′(x )<0,f (x )是减函数.又f (-3)=f (5)=1,因此不等式f (x )<1的解集是(-3,5),选B.3.[2016·某某师大附中月考]若函数f (x )=x 3-tx 2+3x 在区间[1,4]上单调递减,则实数t 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,518B .(-∞,3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518,+∞D .[3,+∞) 答案 C解析 f ′(x )=3x 2-2tx +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3x 2-2tx +3≤0,即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上恒成立,因为y =32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上单调递增,所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4+14=518,故选C.4.[2013·某某高考]已知a 为常数,函数f (x )=x (ln x -ax )有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),则( )A .f (x 1)>0,f (x 2)>-12B .f (x 1)<0,f (x 2)<-12C .f (x 1)>0,f (x 2)<-12D .f (x 1)<0,f (x 2)>-12答案 D解析 f ′(x )=ln x -2ax +1,依题意知f ′(x )=0有两个不等实根x 1,x 2. 即曲线y 1=1+ln x 与y 2=2ax 有两个不同交点,如图.由直线y =x 是曲线y =1+ln x 的切线,可知:0<2a <1,且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12. 由0<x 1<1,得f (x 1)=x 1(ln x 1-ax 1)<0, 当x 1<x <x 2时,f ′(x )>0, 当x >x 2时,f ′(x )<0,∴f (x 2)>f (1)=-a >-12,故选D.5.[2015·某某一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )+f ′(x )>1,f (0)=4,则不等式f (x )>3ex +1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A .(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C .(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞) 答案 A解析 由f (x )>3ex +1得,e x f (x )>3+e x ,构造函数F (x )=e x f (x )-e x-3,对F (x )求导得F ′(x )=e x f (x )+e x f ′(x )-e x =e x [f (x )+f ′(x )-1].由f (x )+f ′(x )>1,e x >0,可知F ′(x )>0,即F (x )在R 上单调递增,又因为F (0)=e 0f (0)-e 0-3=f (0)-4=0,所以F (x )>0的解集为(0,+∞),所以选A.6.[2013·某某高考]已知e 为自然对数的底数,设函数f (x )=(e x-1)(x -1)k(k =1,2),则( )A .当k =1时,f (x )在x =1处取到极小值B .当k =1时,f (x )在x =1处取到极大值C .当k =2时,f (x )在x =1处取到极小值D .当k =2时,f (x )在x =1处取到极大值 答案 C解析 当k =1时,f (x )=(e x -1)(x -1),f ′(x )=x e x-1,f ′(1)≠0,故A ,B 错;当k =2时,f (x )=(e x-1)(x -1)2,f ′(x )=(x 2-1)e x -2x +2=(x -1)[(x +1)e x-2],故f ′(x )=0有一根为x 1=1,另一根x 2∈(0,1).当x ∈(x 2,1)时,f ′(x )<0,f (x )递减;当x∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )递增,∴f (x )在x =1处取得极小值,故选C.7.[2016·东北八校月考]已知函数y =f (x )=x 3+3ax 2+3bx +c 在x =2处有极值,其图象在x =1处的切线平行于直线6x +2y +5=0,则f (x )的极大值与极小值之差为________.答案 4解析 ∵f ′(x )=3x 2+6ax +3b ,∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2=3×22+6a ×2+3b =0,f ′1=3×12+6a ×1+3b =-3,⇒⎩⎪⎨⎪⎧a =-1,b =0,∴f ′(x )=3x 2-6x ,令3x 2-6x =0,得x =0或x =2, ∴f (x )极大值-f (x )极小值=f (0)-f (2)=4.8.已知函数f (x )=-12x 2+4x -3ln x 在[t ,t +1]上不单调,则t 的取值X 围是________.答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )=-x +4-3x =-x 2+4x -3x=-x -1x -3x,由f ′(x )=0得函数f (x )的两个极值点为1,3, 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 <3.9.已知函数f (x )=-x 3+ax 2-4在x =2处取得极值,若m ,n ∈[-1,1],则f (m )+f ′(n )的最小值是________.答案 -13解析 f ′(x )=-3x 2+2ax , 根据已知2a3=2,得a =3,即f (x )=-x 3+3x 2-4.根据函数f (x )的极值点,可得函数f (m )在[-1,1]上的最小值为f (0)=-4,f ′(n )=-3n 2+6n 在[-1,1]上单调递增,所以f ′(n )的最小值为f ′(-1)=-9.[f (m )+f ′(n )]min =f (m )min +f ′(n )min =-4-9=-13. 10.[2015·某某一检]已知函数f (x )=ln x -x1+2x .(1)求证:f (x )在区间(0,+∞)上单调递增; (2)若f [x (3x -2)]<-13,某某数x 的取值X 围.解 (1)证明:由已知得f (x )的定义域为(0,+∞). ∵f (x )=ln x -x1+2x, ∴f ′(x )=1x -1+2x -2x 1+2x 2=4x 2+3x +1x 1+2x 2. ∵x >0,∴4x 2+3x +1>0,x (1+2x )2>0. ∴当x >0时,f ′(x )>0. ∴f (x )在(0,+∞)上单调递增.(2)∵f (x )=ln x -x 1+2x ,∴f (1)=ln 1-11+2×1=-13.由f [x (3x -2)]<-13得f [x (3x -2)]<f (1).由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x 3x -2>0x3x -2<1,解得-13<x <0或23<x <1.综上所述,x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23,1.11.[2015·某某一检]已知函数f (x )=x ·ln x ,g (x )=ax 3-12x -23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值;(2)若函数y =f (x )与函数y =g (x )的图象在交点处存在公共切线,某某数a 的值. 解 (1)∵f ′(x )=ln x +1,由f ′(x )>0,得x >1e,∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e 时,f ′(x )<0,则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e 上单调递减,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞时,f ′(x )>0,则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞上单调递增, ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =-1e .(2)∵f ′(x )=ln x +1,g ′(x )=3ax 2-12,设公切点的横坐标为x 0,则与f (x )的图象相切的直线方程为:y =(ln x 0+1)x -x 0, 与g (x )的图象相切的直线方程为:y =⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20-12x -2ax 30-23e ,∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0+1=3ax 2-12,-x 0=-2ax 30-23e解之得x 0ln x 0=-1e ,由(1)知x 0=1e ,∴a =e26.12.[2016·某某检测]已知f (x )=e x(x 3+mx 2-2x +2). (1)假设m =-2,求f (x )的极大值与极小值;(2)是否存在实数m ,使f (x )在[-2,-1]上单调递增?如果存在,求m 的取值X 围;如果不存在,请说明理由.解 (1)当m =-2时,f (x )=e x (x 3-2x 2-2x +2),其定义域为(-∞,+∞).则f ′(x )=e x(x 3-2x 2-2x +2)+e x (3x 2-4x -2)=x e x (x 2+x -6)=(x +3)x (x -2)e x, ∴当x ∈(-∞,-3)或x ∈(0,2)时,f ′(x )<0; 当x ∈(-3,0)或x ∈(2,+∞)时,f ′(x )>0;f ′(-3)=f ′(0)=f ′(2)=0,∴f (x )在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,0)上单调递增; 在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, ∴当x =-3或x =2时,f (x )取得极小值; 当x =0时,f (x )取得极大值, ∴f (x )极小值=f (-3)=-37e -3,f (x )极小值=f (2)=-2e 2, f (x )极大值=f (0)=2.(2)f ′(x )=e x(x 3+mx 2-2x +2)+e x (3x 2+2mx -2)=x e x [x 2+(m +3)x +2m -2]. ∵f (x )在[-2,-1]上单调递增, ∴当x ∈[-2,-1]时,f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[-2,-1]时,x e x<0, ∴当x ∈[-2,-1]时,x 2+(m +3)x +2m -2≤0,∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′-2=-22-2m +3+2m -2≤0,f ′-1=-12-m +3+2m -2≤0,解得m ≤4,∴当m ∈(-∞,4]时,f (x )在[-2,-1]上单调递增.[B 组·能力提升练]1.若函数f (x )=x 3-3x 在(a,6-a 2)上有最小值,则实数a 的取值X 围是( )A .(-5,1)B .[-5,1)C .[-2,1)D .(-5,-2] 答案 C解析 f ′(x )=3x 2-3=0,得x =±1,且x =1为函数的极小值点,x =-1为函数的极大值点.函数f (x )在区间(a,6-a 2)上有最小值, 则函数f (x )极小值点必在区间(a,6-a 2)内, 即实数a 满足a <1<6-a 2且f (a )=a 3-3a ≥f (1)=-2. 解a <1<6-a 2,得-5<a <1, 不等式a 3-3a ≥f (1)=-2,即a 3-3a +2≥0,即a 3-1-3(a -1)≥0, 即(a -1)(a 2+a -2)≥0, 即(a -1)2(a +2)≥0, 即a ≥-2.故实数a 的取值X 围是[-2,1). 故选C.2.[2016·某某调研]已知函数f (x )=ln x +1ln x ,则下列结论中正确的是( )A .若x 1,x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点,则f (x )在区间(x 1,x 2)内是增函数B .若x 1,x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点,则f (x )在区间(x 1,x 2)内是减函数C .∀x >0,且x ≠1,f (x )≥2D .∃x 0>0,f (x )在(x 0,+∞)内是增函数 答案 D解析 由已知得,f ′(x )=1x ·ln 2x -1ln 2x(x >0且x ≠1),令f ′(x )=0,得ln x =±1,得x =e 或x =1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0,1e 时,f ′(x )>0;当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e,1,x ∈(1,e)时,f ′(x )<0;当x ∈(e ,+∞)时,f ′(x )>0.故x =1e和x =e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点,但是由函数的定义域可知x ≠1,故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e 内不是单调的,所以A ,B 错;当0<x <1时,ln x <0,此时f (x )<0,C 错;只要x 0≥e,则f (x )在(x 0,+∞)内是增函数,D 正确.3.[2015·某某高考]已知函数f (x )=2x,g (x )=x 2+ax (其中a ∈R ).对于不相等的实数x 1,x 2,设m =f x 1-f x 2x 1-x 2,n =g x 1-g x 2x 1-x 2.现有如下命题:①对于任意不相等的实数x 1,x 2,都有m >0;②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1,x 2,都有n >0;③对于任意的a ,存在不相等的实数x 1,x 2,使得m =n ; ④对于任意的a ,存在不相等的实数x 1,x 2,使得m =-n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号). 答案 ①④解析 ①f (x )=2x是增函数,∴对任意不相等的实数x 1,x 2,都有f x 1-f x 2x 1-x 2>0,即m >0,∴①成立.②由g (x )=x 2+ax 图象可知,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-a 2时,g (x )是减函数,∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-a 2时,g x 1-g x 2x 1-x 2<0,即n <0,∴②不成立. ③若m =n ,则有f x 1-f x 2x 1-x 2=g x 1-g x 2x 1-x 2,即f (x 1)-f (x 2)=g (x 1)-g (x 2),f (x 1)-g (x 1)=f (x 2)-g (x 2),令h (x )=f (x )-g (x ), 则h (x )=2x-x 2-ax ,h ′(x )=2x ln 2-2x -a ,令h ′(x )=2xln 2-2x -a =0, 得2xln 2=2x +a .由y =2x ln 2与y =2x +a 的图象知, 存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x +a , 此时h (x )在R 上是增函数. 若h (x 1)=h (x 2),则x 1=x 2, ∴③不成立. ④若m =-n ,则有f x 1-f x 2x 1-x 2=-g x 1-g x 2x 1-x 2,f (x 1)+g (x 1)=f (x 2)+g (x 2),令φ(x )=f (x )+g (x ), 则φ(x )=2x+x 2+ax ,φ′(x )=2x ln 2+2x +a .令φ′(x )=0,得2xln 2+2x +a =0, 即2xln 2=-2x -a .由y 1=2xln 2与y 2=-2x -a 的图象可知,对任意的a ,存在x 0,使x >x 0时y 1>y 2,x <x 0时y 1<y 2,故对任意的a ,存在x 0,使x >x 0时,φ′(x )>0,x <x 0时φ′(x )<0, 故对任意的a ,φ(x )在R 上不是单调函数.故对任意的a ,存在不相等的实数x 1,x 2,使m =-n , ∴④成立. 综上,①④正确.4.已知函数f (x )=e x-ln (x +m ).(1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; (2)当m ≤2时,证明f (x )>0. 解 (1)f ′(x )=e x-1x +m. 由x =0是f (x )的极值点得f ′(0)=0,所以m =1. 于是f (x )=e x-ln (x +1),x ∈(-1,+∞). 函数f ′(x )=e x -1x +1在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0. 因此当x ∈(-1,0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0.所以f (x )在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)证明:当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln (x +m )≤ln (x +2),故只需证当m =2时f (x )>0. 当m =2时,f ′(x )=e x-1x +2在(-2,+∞)上单调递增. 又f ′(-1)<0,f ′(0)>0,故f ′(x )=0在(-2,+∞)上有唯一的解x 0,且x 0∈(-1,0). 当x ∈(-2,x 0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0. 故当x =x 0时,f (x )取极小值. 故f ′(x )=0得e x 0=1x 0+2,ln (x 0+2)=-x 0. 故f (x )≥f (x 0)=1x 0+2+x 0=x 0+12x 0+2>0.综上所述,当m ≤2时,f (x )>0.。
最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案)(K12教育文档)
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校:__________ 姓名:__________ 班级:__________ 考号:__________一、选择题1.32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是( )(A)-2 (B)0 (C )2 (D)4(2006浙江文)二、填空题2. 已知a > 0,方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123. 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。
4.若函数f (x )=ax 4+bx 2+c 满足(1) 2f '=,则(1)f '-= .5.已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数,则实数m 的取值范围是 ▲ . 6.若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴,则a =____________。
(2013年高考广东卷(文))7.函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。
2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。
导数及导数应用(A卷 基础过关检测)3——新高考数学复习专题测试附答案解析
A .(,2)(1,)-∞-+∞....(2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他(文))已知点在直线P y=有解等价于20012ln x x a x e e ⎛⎫-=≤≤ ⎪⎝⎭()()1f a f e ∴≤≤1,a ⎡∴∈⎣本题正确选项:B 7.(2020·浙江省高三期末)函数. ...由图象可知,当或时,即当1k -<-34k ->-34k <两个交点.如何学好数学做选择题时注意各种方法的运用,比较简单的自己会的题正常做就可以了,遇到比较复杂的题时,看看能否用做选择题的技巧进行求解(主要有排除法、特殊值代入法、特例求解法、选项一一带入验证法、数形结合法、逻辑推理验证法等等),一般可以综合运用各种方法,达到快速做出选择的效果。
填空题也是,比较简单的会的就正常做,复杂的题如果答案是一个确定的值时,看能否用特殊值代入法以及特例求解法。
选择填空题的答题时间要自己掌握好,遇到不会的先放下往后答,我们的目标是把卷子上所有会的题都答上了、都答对了,审题要仔细(一个字一个字读题),计算要准确(一步一步计算),千万不要有马虎的地方。
大题文科第一题一般是三角函数题,第一步一般都是需要将三角函数化简成标准形式Asin(wx+fai)+c,接下来按题做就行了,注意二倍角的降幂作用以及辅助角(合一)公式,周期公式,对称轴、对称中心、单调区间、最大值、最小值都是用整体法求解。
求最值时通过自变量的范围推到里面整体u=wx+fai的范围,然后可以直接画sinu的图像,避免画平移的图像。
这部分题还有一种就是解三角形的问题,运用正弦定理、余弦定理、面积公式,通常有两个方向,即角化成边和边化成角,得根据具体问题具体分析哪个方便一些,遇到复杂的题就把未知量列成未知数,根据定理列方程组,然后解方程组即可。
理科如果考数列题的话,注意等差、等比数列通项公式、前n项和公式;证明数列是等差或等比直接用定义法(后项减前项为常数/后项比前项为常数),求数列通项公式,如为等差或等比直接代公式即可,其它的一般注意类型采用不同的方法(已知Sn求an、已知Sn与an关系求an(前两种都是利用an=Sn-Sn-1,注意讨论n=1、n>1)、累加法、累乘法、构造法(所求数列本身不是等差或等比,需要将所求数列适当变形构造成新数列lamt,通过构造一个新数列使其为等差或等比,便可求其通项,再间接求出所求数列通项);数列的求和第一步要注意通项公式的形式,然后选择合适的方法(直接法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等)进行求解。
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第三单元 导数及导数应用A 卷 基础过关检测一、选择题:本题共12个小题,每小题5分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2020·黑龙江省黑龙江实验中学高三其他(文))若曲线ln y x =在1x =处的切线也是x y e b =+的切线,则b =( ) A .-1 B .-2C .2D .e -【答案】B【解析】由ln y x =得1y x'=,|11y x '==,又ln10=,所以曲线ln y x =在1x =处的切线方程为1y x =-, 设直线1y x =-与曲线x y e b =+切于点00(,)P x y ,由x y e b =+得e xy '=,00|xx x y e ='=, 所以01x e =,00x =,所以001y e b =-=+,解得2b =-.故选:B .2.(2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他(文))已知函数()π4f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()()1f x f x '=,()()21f x f x '=,()()32f x f x '=,…,依此类推,2020π4f ⎛⎫= ⎪⎝⎭( )A B .C .0D .【答案】A【解析】解:()()14f f x x x π⎛⎫'==+ ⎪⎝⎭,()()214x f x f x π⎛⎫+ ⎪⎝'=⎭=,()()324x f x f x π⎛⎫+ ⎪⎝'=⎭=,()()434f x x f x π⎛⎫+== ⎝'⎪⎭,()()544f x x f x π⎛⎫+== ⎝'⎪⎭,…,由20204505=⨯,得()()420204f x f x x π⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,则2020π42f π⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选:A.3.(2020·宁夏回族自治区银川一中高三月考(文))已知()f x 在R 上是可导函数,则()f x 的图象如图所示,则不等式()223()0x x f x '-->的解集为( )A .(,2)(1,)-∞-+∞B .(,2)(1,2)-∞-C .(,1)(1,0)(2,)-∞-⋃-⋃+∞D .(,1)(1,1)(3,)-∞-⋃-⋃+∞【答案】D【解析】由()f x 的图像可知,在区间()(),1,1,-∞-+∞上()'0fx >,在区间()1,1-,()'0f x <.不等式()223()0xx f x '-->可化为()()()'310x x f x -⋅+⋅>,所以其解集为(,1)(1,1)(3,)-∞-⋃-⋃+∞.故选:D4.(2020·河北省衡水中学高三其他(文))已知函数()2,04,0x x ae x e x f x x x a x ⎧--≥=⎨+-<⎩,若关于x 的不等式()0f x ≤在区间[)4,-+∞上恒成立,则实数a 的取值范围是( )A .10,1e⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B .[]0,1C .10,1e⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D .[)0,1【答案】B 【解析】由()0f x ≤,当0x ≥时,1xx a e ≤+,令()1x g x x e=+,则()1x xg x e -'=, 由()0g x '>,得01x ≤<;由()0g x '<,得1x >,所以()y g x =在区间[)0,1上单调递增,在区间()1,+∞上单调递减,所以()max 11g x e=+. 当0x =时,()1g x =,x →+∞,()1g x →,1a ∴≤;当40x -≤<时,24a x x ≥+,令()22424y x x x =+=+-,则max 0y =,所以0a ≥.综上所述,实数a 的取值范围是[]0,1. 故选:B.5.(2020·黑龙江省黑龙江实验中学高二期中(文))函数()ln 0y x x =>的图象与直线12y x a =+相切,则a 等于( ) A .ln21- B .ln21+C .ln 2D .2ln 2【答案】A 【解析】()1'y x x=, 由112x =得切点为(2,ln2), 代入12y x a =+,得ln 21a =-. 故选A .6.(2020·福建省高三其他(文))已知函数()2g x a x =-(1x e e≤≤,e 为自然对数的底数)与()2ln h x x =的图象上存在关于x 轴对称的点,则实数a 的取值范围是() A .211,2e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B .21,2e ⎡⎤-⎣⎦C .2212,2e e ⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦D .)22,e ⎡-+∞⎣【答案】B 【解析】设()h x 上一点()00,2ln M x x ,01x e e ≤≤,且M 关于x 轴对称点坐标为()00,2ln M x x '-,01x e e≤≤在()g x 上20012ln x a x x e e ⎛⎫∴-=-≤≤ ⎪⎝⎭,有解,即20012ln x x a x e e ⎛⎫-=≤≤ ⎪⎝⎭有解令()212ln f x x x x e e ⎛⎫=-≤≤⎪⎝⎭,则()()()21122x x f x x x x+-'=-=,1x e e ≤≤∴当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0f x '<;当(]1,x e ∈时,()0f x '>()f x ∴在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减;在(]1,e 上单调递增()()min 11f x f ∴==,2112f e e⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()22f e e =-可得()f x 图象如下图所示:20012ln x x a x e e ⎛⎫-=≤≤ ⎪⎝⎭有解等价于y a =与()y f x =图象有交点()()1f a f e ∴≤≤ 21,2a e ⎡⎤∴∈-⎣⎦本题正确选项:B7.(2020·浙江省高三期末)函数2ln x x y x=的图象大致是( )A .B .C .D .【答案】D【解析】令2ln ||()||x x f x x =,则2()ln ||()()||x x f x f x x ---==-, 所以函数()f x 为偶函数,其图像关于y 轴对称,故B 不正确,当0x >时,2ln ()ln x xf x x x x==,()1ln f x x '=+,由()0f x '>,得1x e >,由()0f x '<,得10x e<<, 所以()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e+∞上递增, 结合图像分析,,A C 不正确. 故选:D8.(2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他(文))已知点P 在直线1y x =-上,点Q 在曲线22x y =上,则PQ的最小值为( ) A .14B .18C .22D .24【答案】D【解析】设与直线1y x =-平行的直线l 的方程为y x m =+,∴当直线l 与曲线22x y =相切,且点Q 为切点时,,P Q 两点间的距离最小,设切点()00,Q x y ,22122x y y x =⇔=,所以y x '=, 01x ∴=,012y ∴=,∴点11,2Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭,∴直线l 的方程为12y x =-, ,P Q ∴两点间距离的最小值为平行线12y x =-和1y x =-间的距离,,P Q ∴两点间距离的最小值为4=.故选:D .9.(2020·江西省南昌二中高三其他(文))下列四个命题中,正确的有( ) ①两个变量间的相关系数r 越小,说明两变量间的线性相关程度越低;②命题“x ∃∈R ,使得210x x ++<”的否定是:“对x ∀∈R ,均有210x x ++>”; ③命题“p g ∧为真”是命题“p q ∨为真”的必要不充分条件;④若函数322()3f x x ax bx a =+++在1x=-有极值0,则2a =,9b =或1a =,3b =. A .0 B .1 C .2 D .3【答案】A 【解析】对于①:相关系数r 的绝对值越趋近于1,相关性越强;越趋近于0,相关性越弱,故①错误; 对于②,命题“x ∃∈R ,使得210x x ++<”的否定是:“对x ∀∈R ,均有210x x ++≥”,故②错误; 对于③:若p q ∧为真,则p 、q 均为真命题,此时p q ∨为真,故命题“p q ∨为真”是命题“p q ∨为真”的充分条件,故③错误;对于④; 2()36'=++f x x ax b ,因为()f x 在1x =- 有极值0,故()()213101360f a b a f a b ⎧-=-+-=⎪⎨-=-+='⎪⎩,解得29a b =⎧⎨=⎩ ,或13a b =⎧⎨=⎩ 经检验,当a=2,b=9时,2()31293(1)(3)f x x x x x '=++=++ ,此时()f x 在1x =- 处取得极小值,符合条件;当a=1,b=3时,22()3633(1)0f x x x x '=++=+≥恒成立,此时()f x 没有极值点,故不符合条件;所以a=2,b=9.故④错误. 故选:A10.(2020·江西省南昌二中高三其他(文))若函数()()()22ln f x ax a x x a =+--∈R 在其定义域上有两个零点,则a 的取值范围是( )A .()()4ln 21,++∞ B .()(0,41ln 2+⎤⎦ C .()(){},041ln 2-∞+ D .()()0,4ln 21+【答案】A【解析】函数()y f x =的定义域为()0,∞+,()()()()211122x ax f x ax a x x-+'=+--=. (1)当0a ≥时,对任意的0x >,10ax +>, 若102x <<,则()0f x '<;若12x >,则()0f x '>. 此时,函数()y f x =的单调递减区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调递增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 当0x +→时,()f x →+∞;当x →+∞时,()f x →+∞. 由于函数()y f x =在其定义域上有两个零点, 则11ln 2024a f ⎛⎫=+-<⎪⎝⎭,解得()4ln 21a >+; (2)当0a <时,令()0f x '=,可得112x =,21x a=-. ①若112a -=,即当2a =-时,对任意的0x >,()0f x '≤恒成立, 所以,函数()y f x =在定义域上单调递减,至多一个零点,不合乎题意;②若112a ->,即当20a -<<时, 令()0f x '<,得102x <<或1x a >-;令()0f x '>,得112x a<<-.此时,函数()y f x =的单调递减区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,单调递增区间为11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 当0x +→时,()f x →+∞;当x →+∞时,()f x →-∞. 则有11ln 2024a f ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭或1111ln 0f a a a ⎛⎫⎛⎫-=---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,若11ln 2024a f ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭,则()4ln 21a =+,舍去;若1111ln 0f a a a ⎛⎫⎛⎫-=---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,令1t a =-,令()1ln g t t t =+-,其中12t >. ()111t g t t t'-=-=. 当112t <<时,()0g t '<,此时函数()y g t =单调递减; 当1t >时,()0g t '>,此时函数()y g t =单调递增. 所以,()()min 120g t g ==>,则方程()0g t =无解;③若1102a <-<,即当2a <-时, 令()0f x '<,得10x a <<-或12x >;令()0f x '>,得112x a -<<.此时,函数()y f x =的单调递减区间为10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭和1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递增区间为11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.当0x +→时,()f x →+∞;当x →+∞时,()f x →-∞. 则有11ln 2024a f ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭或1111ln 0f a a a ⎛⎫⎛⎫-=---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,若11ln 2024a f ⎛⎫=+-=⎪⎝⎭,则()4ln 21a =+,舍去; 若1111ln 0f a a a ⎛⎫⎛⎫-=---= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,令1t a =-,令()1ln g t t t =+-,其中102t <<. ()1110t g t t t -'=-=<,所以,函数()y g t =在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,所以,()13ln 2022g t g ⎛⎫>=+> ⎪⎝⎭,此时方程()0g t =无解.综上所述,实数a 的取值范围是()()4ln 21,++∞. 故选:A.11.(2020·全国高三月考(文))若函数()()ln 01f x x x =<≤与函数()2g x x a =+有两条公切线,则实数a 的取值范围是( )A .1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B .13,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭C.3ln 4⎛⎤-- ⎥⎝⎦D.13,24⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】D【解析】设公切线与函数()ln f x x =的图象切于点()11,ln A x x ()101x <≤, 因为()ln f x x =,所以()1f x x '=,所以在点()11,ln A x x 处斜线的斜率1111()k f x x '==,所以切线方程为()1111ln y x x x x -=-; 设公切线与函数()2g x x a =+的图象切于点()222,B x x a +,因为()2g x x a =+,所以()2g x x '=,所以在()222,B x x a +处点斜线的斜率()222k g x x '==,所以切线方程为()()22222y x a x x x -+=-,所以有2121212ln 1x x x x a⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩,因为101x <≤,所以21121x x =≥,212x ≥.又222ln 21a x x =-+-,令21,2t x ⎡⎫=∈+∞⎪⎢⎣⎭,则()22ln 21ln 2ln 1h t t t t t =-+-=--+-,所以()221t h t t-'=,令()0h t '>且12t ≥,得2t > 令()0h t '<且12t ≥,得122t ≤<, 所以()h t在1,22⎡⎢⎣⎭上为减函数,在2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上为增函数. 所以函数()()ln 01f x x x =<≤与函数()2g x x a =+有两条公切线,满足()122h h t h ⎛⎛⎫<≤ ⎪⎝⎭⎝⎭,即()1324h t -<≤-,所以13,24a ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦. 故选:D .12.(2019·全国高三月考(文))定义在R 上的函数f x ()满足4(1)(2)()x ef x f x ++=- ,且对任意的1x ≥ 都有()2()0f x f x '+> (其中()f x '为f x ()的导数),则下列一定判断正确的是A .4e (2)(0)f f >B .2e (3)(2)f f <C .6e (3)(1)f f <-D .10e (3)(2)f f <-【答案】D【解析】设2()()xF x ef x = ,则222()2e ()e ()e 2()()x x x F x f x f x f x f x '''⎡⎤=+=+⎣⎦ ,因为当1x 时,2()()0f x f x '+> ,所以()0(1)F x x '> ,则F x () 在[1,)+∞ 上单调递增. 因为4(1)(2)()x ef x f x ++=- ,即2(2)2(2)e ()x x e f x f x +-+=- ,所以(2)()F x F x +=- ,所以F x () 关于1x = 对称, 则(2)(4)F F -=,因为F x ()在[1,)+∞上单调递增, 所以023142F F F F F F <<()=()()=(-)()=(-),则有4e (2)(0)f f =,2e (3)(2)f f >,26e (3)e (1)f f -<-,10e (3)(2)f f <-,所以A 、B 、C 均错,故选D二、填空题:本大题共4小题,共20分。