《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 文(含解析)-人教版高三全冊數(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)18 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 文(含解析)-人教版高三全冊數(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)18 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
[A·基礎(chǔ)達標]
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.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足f(x)=2xf′(e)+ln x,則f(e)=( )
A.e B.-
C.-1 D.-e
3.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)
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(
2、x)=[x2-(a+3)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.曲線y=ax在x=0處的切線方程是xln 2+y-1=0,則a=________.
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________.
9.[2020·天津
3、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(x)的最小值為e B.f(x
4、)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f(x)在x=1處取得極大值,
5、求實數(shù)a的取值范圍.
課時作業(yè)18 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
[A·基礎(chǔ)達標]
1.解析:由題意y′==,∴y′|x=1==.∴n=5.故選D.
答案:D
2.解析:由f(x)=2xf′(e)+ln x,得f′(x)=2f′(e)+,則f′(e)=2f′(e)+,所以f′(e)=-,故f(x)=-x+ln x,所以f(e)=-1.故選C.
答案:C
3.解析:解法一 令f′(x)=1-+<0,得00,故排除A,C選項;又f(1)=4
6、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)上單調(diào)遞
7、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:由題意知,y′=axln a,則在x=0處,y′=ln a,又切點為(0,1),∴切線方程為xln a-y+1=0,∴a=.
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、x)=(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
9、可得
g′(x)=3x2-6x+-,整理可得g′(x)=.令g′(x)=0,解得x=1.
當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x>1時,f(x)
10、>0.
(2)g′(x)=2ax-=(x>0),
當a≤0時,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
當a>0時,由g′(x)=0得x=.
當x∈時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,
當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01時,f′(x
11、)>0,
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,當且僅當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)
12、ex-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x∈(0,x0)時,m(x)>0,f′(x)>0;當x∈(x0,+∞)
13、時,m(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a≤0時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增.
當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a
14、≤0時,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);
當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x∈(0,1)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
當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01,由(1)知f′(x)在上單調(diào)遞增,可得當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x∈(0,+∞)時,f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.
④當a>時,0<<1,當x∈時,f′(x)單調(diào)遞減,所以f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當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.