《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)20 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)20 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)20　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 [A·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．若曲線y＝在點處的切線的斜率為，則n＝(　　) A．2 B．3 C．1 D．5 2．函數(shù)f(x)＝x＋＋2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A．(－3,1) B．(0,1) C．(－1,3) D．(0,3) 3．由曲線y＝x2＋1，直線y＝－x＋3，x軸正半軸與y軸正半軸圍成的圖形的面積為(　　) A．3 B. C. D. 4．[2020·昆明市三診一模]設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象可能是(　　) 5．已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3

2、)x＋2a＋3]ex的極小值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，1) 6．[2020·四省八校第二次質(zhì)量檢測]已知數(shù)列{an}是公比q＝x2dx的等比數(shù)列，且a3＝a1·a2，則a10＝________. 7．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 8．[2020·深圳市統(tǒng)一測試]函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若xf′(x)＋f(x)＝(1－x)ex，且f(2)＝0，則f(x)>0的解集為________

3、． 9．[2020·天津卷]已知函數(shù)f(x)＝x3＋kln x(k∈R)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．當(dāng)k＝6時， (1)求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)求函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)＋的單調(diào)區(qū)間和極值． 10．設(shè)函數(shù)f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)證明：當(dāng)x>1時，f(x)>0； (2)討論g(x)的單調(diào)性． [B·素養(yǎng)提升] 1．函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(

4、x)的最小值為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 2．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中(e是自然對數(shù)的底數(shù))．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是____________． 3．已知函數(shù)f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝1，求f(x)的最大值． 4．[2020·西安五校聯(lián)考]設(shè)f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知

5、f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍． 課時作業(yè)20　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 [A·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．解析：由題意y′＝＝，∴y′|x＝1＝＝.∴n＝5.故選D. 答案：D 2．解析：解法一　令f′(x)＝1－＋<0，得00，故排除A，C選項；又f(1)＝4

6、＝，選B. 答案：B 4．解析：通解　因為在(－3，－1)和(0,1)上f′(x)>0，在(－1,0)和(1,3)上f′(x)<0，所以函數(shù)y＝f(x)在(－3，－1)，(0,1)上單調(diào)遞增，在(－1,0)，(1,3)上單調(diào)遞減，觀察各選項知，只有D符合題意．故選D. 優(yōu)解　由題圖知，y＝f′(x)在x＝－1的左側(cè)大于0、右側(cè)小于0，所以函數(shù)y＝f(x)在x＝－1處取得極大值，觀察各選項知，只有D符合題意，故選D. 答案：D 5．解析：依題意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的兩個零點為x＝1，x＝a，若x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點，則需a<1，此時函數(shù)f(x)在(a,1

7、)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝1處取得極小值．故選D. 答案：D 6．解析：q＝x2dx＝x3＝，因數(shù)a3＝a1a2，所以a1q2＝a1(a1q)，a1＝q＝，所以a10＝a1q9＝. 答案： 7．解析：f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)或(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1<－2

8、(1－x)ex，設(shè)F(x)＝(ax＋b)ex＋c，則F′(x)＝(ax＋b＋a)ex，所以，解得，所以F(x)＝(2－x)ex＋c，又F(2)＝2f(2)＝0，所以c＝0，F(xiàn)(x)＝(2－x)ex，f(x)＝ex，由f(x)>0，得00的解集是(0,2)． 答案：(0,2) 9．解析：(1)當(dāng)k＝6時，f(x)＝x3＋6ln x，故f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8. (2)依題意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞)．從而可得

9、 g′(x)＝3x2－6x＋－，整理可得g′(x)＝.令g′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如表： x (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  極小值  所以，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)；g(x)的極小值為g(1)＝1，無極大值． 10．解析：(1)證明：f(x)＝， 令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1， 當(dāng)x>1時，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)>0， 從而當(dāng)x>1時，f(x)>0.

10、 (2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)， 當(dāng)a≤0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)a>0時，由g′(x)＝0得x＝. 當(dāng)x∈時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． [B·素養(yǎng)提升] 1．解析：設(shè)g(x)＝xf(x)－ex， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)． 因為g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當(dāng)01時，f′(x)>0

11、， 所以f(x)min＝f(1)＝e. 答案：A 2．解析：函數(shù)f(x)的定義域為R.由f(x)＝x3－2x＋ex－得f(－x)＝(－x)3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，因為f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．不等式f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)?a－1≤－2a2，解得－1≤a≤.故實數(shù)a的取值范圍是. 答案： 3．解析：(1)由題意知，f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤(x＋1)ex－

12、在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝(x＋1)ex－，則g′(x)＝(x＋2)ex＋>0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2e－1. 所以a≤2e－1. 故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2e－1]． (2)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln x－xex＋x(x>0)， 則f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1). 令m(x)＝－ex，則m′(x)＝－－ex<0， 所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又m>0，m(1)<0，所以存在x0∈滿足m(x0)＝0，即ex0＝. 當(dāng)x∈(0，x0)時，m(x)>0，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，m

13、(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0ex0＋x0， 因為ex0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，所以f(x)max＝－1. 4．解析：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝－2a＝， 當(dāng)a≤0時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)a>0時，若∈，則g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， 若x∈，則g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減． 所以當(dāng)a≤0時

14、，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當(dāng)a>0時，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)由(1)知，f′(1)＝0. ①當(dāng)a≤0時，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ②當(dāng)01，由(1)知f′(x)在上單調(diào)遞增，可得當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，x∈ 時，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意． ③當(dāng)a＝時，＝1，f′(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意． ④當(dāng)a>時，0<<1，當(dāng)x∈時，f′(x)單調(diào)遞減，所以f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時， f′(x)單調(diào)遞減，所以f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意． 綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為.