专题07+导数及其应用(仿真押题)-2018年高考数学(文)命题猜想与仿真押题

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文档介绍

专题07+导数及其应用(仿真押题)-2018年高考数学(文)命题猜想与仿真押题

‎1.如果函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,给出下列判断:‎ ‎①函数y=f(x)在区间内单调递增;‎ ‎②函数y=f(x)在区间内单调递减;‎ ‎③函数y=f(x)在区间 (4,5)内单调递增;‎ ‎④当x=2时,函数y=f(x)取极小值;‎ ‎⑤当x=-时,函数y=f(x)取极大值.‎ 则上述判断中正确的是(  )‎ A.①②         B.②③‎ C.③④⑤ D.③‎ ‎ ‎ ‎2.若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是(  )‎ A.[1,+∞) B.[1,2)‎ C. D. 解析:选C.f′(x)=4x-=,‎ ‎∵x>0,由f′(x)=0得x=.‎ ‎∴令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得0<x<.‎ 由题意得⇒1≤k<.故C正确.x ‎3.已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)>f(x),则(  )‎ A.f(2)<e2f(0) B.f(2)≤e2f(0)‎ C.f(2)=e2f(0) D.f(2)>e2f(0)‎ 解析:选D.由题意构造函数g(x)=,则g′(x)=>0,则g(x)=在R上单调递增,则有g(2)>g(0),故f(2)>e2f(0).‎ ‎4.不等式ex-x>ax的解集为P,且[0,2]⊆P,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(-∞,e-1) B.(e-1,+∞)‎ C.(-∞,e+1) D.(e+1,+∞)‎ ‎5.设函数f(x)=ln x,g(x)=ax+,它们的图象在x轴上的公共点处有公切线,则当x>1时,f(x)与g(x)的大小关系是(  )‎ A.f(x)>g(x)‎ B.f(x)<g(x)‎ C.f(x)=g(x)‎ D.f(x)与g(x)的大小关系不确定 解析:选B.由题意得f(x)与x轴的交点(1,0)在g(x)上,所以a+b=0,因为函数f(x),g(x)的图象在此公共点处有公切线,所以f(x),g(x)在此公共点处的导数相等,f′(x)=,g′(x)=a-,以上两式在 x=1时相等,即1=a-b,又a+b=0,所以a=,b=-,即g(x)=-,f(x)=ln x,令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-+,则h′(x)=--==-,因为x>1,所以h′(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(1)=0,所以f(x)<g(x).故选B.‎ ‎6.设函数f(x)=ax3-x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1]都有f(x)≥0,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(-∞,2] B.[0,+∞)‎ C.[0,2] D.[1,2]‎ 解析:选C.∵f(x)=ax3-x+1,∴f′(x)=3ax2-1,‎ 当a<0时,f′(x)=3ax2-1<0,f(x)在[-1,1]上单调递减,‎ f(x)min=f(1)=a<0,不符合题意.‎ 当a=0时,f(x)=-x+1,f(x)在[-1,1]上单调递减,f(x)min=f(1)=0,符合题意.‎ 当a>0时,由f′(x)=3ax2-1≥0,得x≥或x≤-,当0<<1,即a>时,f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,‎ ‎∴,∴,‎ ‎∴<a≤2;‎ 当≥1,即0<a≤时,f(x)在[-1,1]上单调递减,‎ f(x)min=f(1)=a>0,符合题意.‎ ‎7.函数y=f(x)的图象如图所示,则导函数y=f′(x)的图象的大致形状是(  )‎ 解析:由f(x)图象先降再升后趋于平稳知,f′(x)的函数值先为负,再为正,后为零.故选D.‎ 答案:D ‎8.曲线y=e在点(4,e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为(  )‎ A.e2 B.4e2‎ C.2e2 D.e2‎ 答案:D ‎9.已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x),且满足f(1)=0,当x>0时,xf′(x)<2f(x),则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-1)∪(0,1)‎ B.(-∞,-1)∪(1,+∞)‎ C.(-1,0)∪(1,+∞)‎ D.(-1,0)∪(0,1)‎ 解析:根据题意,设函数g(x)=(x≠0),当x>0时,g′(x)=<0,说明函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(x)为偶函数,所以g(x)为偶函数,又f(1)=0,所以g(1)=0,故g(x)在(-1,0)∪(0,1)上的函数值大于零,即f(x)在(-1,0)∪(0,1)上的函数值大于零.‎ 答案:D ‎10.若函数f(x)=x3-x2+2bx在区间[-3,1]上不是单调函数,则函数f(x)在R上的极小值为(  )‎ A.2b- B.b- C.0 D.b2-b3‎ 解析:f′(x)=x2-(2+b)x+2b=(x-b)(x-2),∵函数f(x)在区间[-3,1]上不是单调函数,∴-30,得x2,由f′(x)<0,得b0.‎ ‎ ‎ >0.‎ 当x>1时,f(x)=ln x+(xln x-x+1)=ln x-x>0,∴>0.‎ 综上可知,>0.‎ ‎13.已知函数f(x)=x-+a(2-ln x)(a>0),求函数f(x)的单调区间与极值点.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,x1)‎ x1‎ ‎(x1,x2)‎ x2‎ ‎(x2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  f(x1)‎  f(x2)‎  此时f(x)在(0,)上是增加的,在(,)上是减少的,在(,+∞)上是增加的.x1=是函数的极大值点,x2=是函数的极小值点.‎ ‎14.已知函数f(x)=x2-2aln x+(a-2)x,a∈R.‎ ‎(1)当a=1时,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程.‎ ‎(2)是否存在实数a,对任意的x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2有>a恒成立?若存在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由.‎ 解析:(1)函数f(x)=x2-2aln x+(a-2)x,f′(x)=x-+(a-2)=(x>0).当a=1时,f′(x)=,f′(1)=-2,则所求的切线方程为y-f(1)=-2(x-1),即4x+2y-3=0.‎ ‎(2)假设存在这样的实数a满足条件,不妨设0a知f(x2)-ax2>f(x1)-ax1成立,‎ 令g(x)=f(x)-ax=x2-2aln x-2x,则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 则g′(x)=x--2≥0,即2a≤x2-2x=(x-1)2-1在(0,+∞)上恒成立,则a≤-.‎ 故存在这样的实数a满足题意,其取值范围为.‎ ‎15.已知函数f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)(a∈R).‎ ‎(1)若a=0,判断函数f(x)的单调性;‎ ‎(2)若x>1时,f(x)<0恒成立,求a的取值范围.‎ 由h′(x)=0,得x1=1,x2=.‎ 若a<0,则x2=<1=x1,‎ ‎∴h′(x)>0在(1,+∞)上恒成立,故h(x)为增函数,‎ ‎∴h(x)>h(1)=0,不合题意.‎ 若00,h(x)为增函数,‎ ‎∴h(x)>h(1)=0,不合题意,‎ 若a≥,x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)为减函数,‎ ‎∴h(x)1时,f(x)<0恒成立,则a≥.‎ ‎16.某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快,欲将这种食品价格控制在适当范围内,决定对这种食品生产厂家提供政府补贴,设这种食品的市场价格为x元/千克,政府补贴为t元/千克,根据市场调查,当16≤x≤24时,这种食品市场日供应量p万千克与市场日需求量q万千克近似地满足关系:p=2(x+4t-14)(x≥16,t≥0),q=24+8ln (16≤x≤24).当p=q时的市场价格称为市场平衡价格.‎ ‎(1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数,并求出函数的值域.‎ ‎(2)为使市场平衡价格不高于每千克20元,政府补贴至少为每千克多少元?‎ ‎17.已知函数f(x)=.(a>0)‎ ‎(1)若a=1,证明:y=f(x)在R上单调递减;‎ ‎(2)当a>1时,讨论f(x)零点的个数.‎ 解析:(1)证明:当x≥1时,f′(x)=-1≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=0;‎ 当x<1时,f′(x)=ex-1-1<0,f(x)在(-∞,1)上单调递减,且此时f(x)>0.‎ 所以y=f(x)在R上单调递减.‎ ‎(2)若x≥a,则f′(x)=-a≤-a<0(a>1),‎ 所以此时f(x)单调递减,令g(a)=f(a)=ln a-a2+1,‎ 则g′(a)=-2a<0,所以f(a)=g(a)2时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 又f(0)=e-1>0,f<0,所以此时f(x)在上有一个零点.‎ ‎②当a=2时,f(x)=ex-1,此时f(x)在(-∞,2)上没有零点.‎ ‎③当10,‎ 所以此时f(x)没有零点.‎ 综上,当12时,f(x)有一个零点.‎ ‎18.设函数f(x)=ln x-ax(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数).‎ ‎(1)判断f(x)的单调性;‎ ‎(2)当f(x)<0在(0,+∞)上恒成立时,求a的取值范围;‎ ‎(3)证明:当x∈(0,+∞)时,(1+x)
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