新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用

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新高考2020高考数学二轮复习小题考法专训十导数的简单应用

小题考法专训(十) 导数的简单应用 A级——保分小题落实练 一、选择题 ‎1.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2xf′(1)+ln x,则f′(1)等于(  )‎ A.-e          B.-1‎ C.1 D.e 解析:选B 因为f(x)=2xf′(1)+ln x,所以f′(x)=‎2f′(1)+,令x=1,得f′(1)=‎2f′(1)+1,解得f′(1)=-1.‎ ‎2.已知直线2x-y+1=0与曲线y=aex+x相切(其中e为自然对数的底数),则实数a的值是(  )‎ A.e B.2e C.1 D.2‎ 解析:选C 设切点为(x0,aex0+x0),由曲线y=aex+x,可得y′=aex+1,则切线的斜率k=y′|x=x0=aex0+1.令aex0+1=2可得x0=ln ,则曲线在点(x0,aex0+x0),即处的切线方程为y-1-ln =2,整理可得2x-y-ln +1=0.结合题中所给的切线2x-y+1=0,得-ln +1=1,∴a=1.‎ ‎3.已知直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A(1,3),则b的值为(  )‎ A.3 B.-3‎ C.5 D.-5‎ 解析:选A 由题意知,3=k+1,∴k=2.又(x3+ax+b)′|x=1=(3x2+a)|x=1=3+a,∴3+a=2,∴a=-1,∴3=1-1+b,即b=3.‎ ‎4.(2019·河北九校第二次联考)函数y=x++2ln x的单调递减区间是(  )‎ A.(-3,1) B.(0,1)‎ C.(-1,3) D.(0,3)‎ 解析:选B 令y′=1-+<0,得-3<x<1,又x>0,故所求函数的单调递减区间为(0,1),故选B.‎ ‎5.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),下面四个图象中大致为y=f(x)的图象的是(  )‎ - 8 -‎ 解析:选C 当0<x<1时,xf′(x)<0,∴f′(x)<0,故y=f(x)在(0,1)上为减函数;当x>1时,xf′(x)>0,∴f′(x)>0,故y=f(x)在(1,+∞)上为增函数,因此排除A、B、D,故选C.‎ ‎6.若函数f(x)=kx-2ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]‎ C.[1,+∞) D.[2,+∞)‎ 解析:选D 因为f(x)=kx-2ln x,所以f′(x)=k-.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以在区间(1,+∞)上f′(x)=k-≥0恒成立,即k≥恒成立,当x∈(1,+∞)时,0<<2,所以k≥2,故选D.‎ ‎7.若函数f(x)=x2+(a-1)x-aln x存在唯一的极值,且此极值不小于1,则a的取值范围为(  )‎ A. B. C. D.(-1,0)∪ 解析:选B 对函数求导得f′(x)=x+a-1-=,因为函数存在唯一的极值,所以导函数存在唯一的零点,且零点大于0,故x=1是唯一的极值点,此时-a≤0且f(1)=-+a≥1⇒a≥.故选B.‎ ‎8.(2020届高三·武汉调研)设曲线C:y=3x4-2x3-9x2+4,在曲线C上一点M(1,-4)处的切线记为l,则切线l与曲线C的公共点个数为(  )‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ 解析:选C y′=12x3-6x2-18x,所以切线l的斜率k=y′|x=1=-12,所以切线l的方程为12x+y-8=0.联立方程消去y,得3x4-2x3-9x2+12x-4=0,所以(x+2)(3x-2)(x-1)2=0,所以x1=-2,x2=,x3=1,所以切线l与曲线C有3个公共点,故选C.‎ - 8 -‎ ‎9.已知函数f(x)=xln x-aex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B.(0,e)‎ C. D.(-∞,e)‎ 解析:选A f′(x)=ln x-aex+1,令f′(x)=0,得a=.若函数f(x)=xln x-aex有两个极值点,则y=a和g(x)=在(0,+∞)上有2个交点,g′(x)=(x>0).令h(x)=-ln x-1,则h′(x)=--<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减,而h(1)=0,故x∈(0,1)时,h(x)>0,即g′(x)>0,g(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=,而x→0时,g(x)→-∞,x→+∞时,g(x)→0.若y=a和g(x)=在(0,+∞)上有2个交点,只需0<a<.‎ ‎10.已知函数f(x+1)是偶函数,当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,设a=f,b=f(3),c=f(0),则a,b,c的大小关系为(  )‎ A.b<a<c B.c<a<b C.b<c<a D.a<b<c 解析:选A ∵函数f(x+1)是偶函数,∴函数f(x)的图象关于直线x=1对称,∴a=f=f,b=f(3),c=f(0)=f(2).又∵当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,∴当x∈(1,+∞)时,f′(x)=cos x-1≤0,即f(x)=sin x-x在(1,+∞)上为减函数,∴b<a<c.‎ ‎11.设函数f(x)在R上存在导函数f′(x),对任意的实数x都有f(x)=4x2-f(-x),当x∈(-∞,0]时,f′(x)+<4x,若f(m+1)≤f(-m)+‎4m+2,则实数m的取值范围是(  )‎ A. B. C.[-1,+∞) D.[-2,+∞)‎ 解析:选A 令F(x)=f(x)-2x2,因为F(-x)+F(x)=f(-x)+f(x)-4x2=0,所以F(-x)=-F(x),故F(x)=f(x)-2x2是奇函数.则当x∈(-∞,0]时,F′(x)=f′(x)-4x<-‎ - 8 -‎ <0,所以函数F(x)=f(x)-2x2在(-∞,0]上单调递减,故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m+1)≤f(-m)+‎4m+2等价于f(m+1)-2(m+1)2≤f(-m)-‎2m2‎,即F(m+1)≤F(-m),由函数的单调性可得m+1≥-m,即m≥-.故选A.‎ ‎12.(2019·福州模拟)已知函数f(x)=x3-2ex2+mx-ln x,若f(x)>x恒成立,则实数m的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A 由f(x)>x恒成立,得x3-2ex2+mx-ln x>x恒成立,即x3-2ex2+(m-1)x-ln x>0恒成立,因为x>0,所以两边同时除以x,得x2-2ex+(m-1)->0,则m-1>-x2+2ex恒成立.令g(x)=-x2+2ex,则g′(x)=-2x+2e,当0<x<e时,>0,2e-2x>0,所以g′(x)>0;当x>e时,<0,2e-2x<0,所以g′(x)<0.所以当x=e时,g(x)max=+e2,则m-1>+e2,所以m>e2++1,故选A.‎ 二、填空题 ‎13.若曲线f(x)=xsin x+1在x=处的切线与直线ax+2y+1=0相互垂直,则实数a=________.‎ 解析:因为f′(x)=sin x+xcos x,所以f′=sin +·cos =1.又直线ax+2y+1=0的斜率为-,所以1×=-1,解得a=2.‎ 答案:2‎ ‎14.已知函数f(x)=sin x-x,x∈[0,π],cos x0=,x0∈[0,π].‎ ‎①f(x)的最大值为f(x0);‎ ‎②f(x)的最小值为f(x0);‎ ‎③f(x)在[0,x0]上是减函数;‎ ‎④f(x)在[x0,π]上是减函数.‎ 那么上面命题中真命题的序号是________.‎ 解析:f′(x)=cos x-,由f′(x)=0,得cos x=,即x=x0.因为x∈[0,π],当0<x<x0时,f′(x)>0;当x0<x<π时,f′(x)<0,所以f(x)的最大值为f(x0),f(x)在[x - 8 -‎ ‎0,π]上是减函数.‎ 答案:①④‎ ‎15.若函数f(x)=ln x-ax2-2x存在单调递减区间,则实数a的取值范围是________.‎ 解析:f′(x)=-ax-2=-.‎ 因为函数f(x)存在单调递减区间,‎ 所以f′(x)≤0有解.‎ 又因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有解.‎ ‎①当a>0时,y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线,Δ=4+‎4a>0恒成立,所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有解恒成立;‎ ‎②当a<0时,y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线,ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上恒有解,则解得-1<a<0;‎ ‎③当a=0时,显然符合题意.‎ 综上所述,实数a的取值范围是(-1,+∞).‎ 答案:(-1,+∞)‎ ‎16.(2019·江西七校第一次联考)定义:如果函数f(x)在[a,b]上存在x1,x2(a<x1<x2<b)满足f′(x1)=f′(x2)=,则称函数f(x)是[a,b]上的“中值函数”.已知函数f(x)=x3-x2+m是[0,m]上的“中值函数”,则实数m的取值范围是________.‎ 解析:由题意,知f′(x)=x2-x在区间[0,m]上存在x1,x2(0<x1<x2<m),满足f′(x1)=f′(x2)==m2-m,所以方程x2-x=m2-m在区间(0,m)上有两个不相等的解.‎ 令g(x)=x2-x-m2+m(0<x<m),‎ 则解得<m<.‎ 答案: B级——拔高小题提能练 ‎1.[多选题]已知函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则下列判断正确的是(  )‎ - 8 -‎ A.函数y=f(x)在区间内单调递增 B.当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值 C.函数y=f(x)在区间(-2,2)内单调递增 D.当x=3时,函数y=f(x)有极小值 解析:选BC 对于A,函数y=f(x)在区间内有增有减,故A不正确;对于B,当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值,故B正确;对于C,当x∈(-2,2)时,恒有f′(x)>0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)内单调递增,故C正确;对于D,当x=3时,f′(x)≠0,故D不正确.‎ ‎2.[多选题]已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=1,其导函数f′(x)满足>0,对于函数g(x)=,下列结论正确的是(  )‎ A.函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数 B.x=1是函数g(x)的极小值点 C.函数g(x)至多有两个零点 D.当x≤0时,不等式f(x)≤ex恒成立 解析:选ABC g(x)=,则g′(x)=.当x>1时,由>0可得f′(x)-f(x)>0,则g′(x)>0,故y=g(x)在(1,+∞)上单调递增,故A正确;当x<1时,由>0可得f′(x)-f(x)<0,则g′(x)<0,故y=g(x)在(-∞,1)上单调递减,故x=1是函数y=g(x)的极小值点,故B正确;若g(1)<0,则函数y=g(x)有2个零点,若g(1)=0,则函数y=g(x)有1个零点,若g(1)>0,则函数y=g(x)没有零点,故C正确;因为y=g(x)在(-∞,1)上单调递减,所以y=g(x)在(-∞,0)上单调递减,由g(0)==1,得当x≤0时,g(x)≥g(0),即≥1,故f(x)≥ex,故D错误.‎ ‎3.已知函数f(x)=aln x-bx2,a,b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(-∞,0],x∈(e,e2]都成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[e,+∞) B. - 8 -‎ C. D.[e2,+∞)‎ 解析:选B f(x)≥x对所有的b∈(-∞,0],x∈(e,e2]都成立,即aln x-x≥bx2对所有的b∈(-∞,0],x∈(e,e2]都成立,因为b∈(-∞,0],x∈(e,e2],所以bx2的最大值为0,所以aln x-x≥0在x∈(e,e2]时恒成立,所以a≥在x∈(e,e2]时恒成立,令g(x)=,x∈(e,e2],则g′(x)=>0恒成立,所以g(x)=在(e,e2]上单调递增,所以当x=e2时,g(x)取得最大值,所以a≥,故选B.‎ ‎4.(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)=ax3+x2,a∈R,当x∈[0,1]时,函数f(x)仅在x=1处取得最大值,则a的取值范围为________.‎ 解析:∵f(x)=ax3+x2,‎ ‎∴f′(x)=2ax2+(‎2a-1)x,‎ ‎∵0≤x≤1,∴a≤0时,f′(x)≤0,‎ ‎∴函数f(x)在区间[0,1]上单调递减,‎ ‎∴x=1时,f(x)取得最小值,与题意不符,∴a>0.‎ 由f′(x)=2ax2+(‎2a-1)x=0,得x=0或x=-1.‎ ‎①当-1≤0,即a≥时,f′(x)≥0(x∈[0,1]),f(x)在区间[0,1]上单调递增,f(x)仅在x=1处取得最大值,符合题意.‎ ‎②当0<-1<1,即<a<时,令f′(x)<0,得0<x<-1,令f′(x)>0,得-1<x≤1,∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,要使f(x)仅在x=1处取得最大值,则f(1)>f(0),即a->0,所以<a<.‎ ‎③当-1≥1,即0<a≤时,f′(x)≤0(x∈[0,1]),f(x)在区间[0,1]上单调递减,∴x=1时,f(x)取得最小值,与题意不符.‎ 综上,a的取值范围是.‎ 答案: ‎5.已知函数f(x)=ln x+,k∈[4,+∞),曲线y=f(x)上总存在两点M(‎ - 8 -‎ x1,y1),N(x2,y2),使曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,则x1+x2的取值范围为________.‎ 解析:f′(x)=--1(x>0,k≥4),‎ 由题意知f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0且x1≠x2),‎ 即--1=--1,‎ 化简得4(x1+x2)=x1x2,‎ 而x1x2<2,‎ 所以4(x1+x2)<2,‎ 即x1+x2>对k∈[4,+∞)恒成立.‎ 令g(k)=k+,则g′(k)=1-=>0对k∈[4,+∞)恒成立,‎ 故g(k)在[4,+∞)上单调递增,‎ 所以g(k)≥g(4)=5,所以≤,‎ 所以x1+x2>,故x1+x2的取值范围为.‎ 答案: - 8 -‎
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