《高考數(shù)學文二輪專題復習習題：第1部分 專題二　函數(shù)、不等式、導數(shù) 124 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學文二輪專題復習習題：第1部分 專題二　函數(shù)、不等式、導數(shù) 124 Word版含答案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 限時規(guī)范訓練七　導數(shù)的綜合應(yīng)用 限時40分鐘，實際用時________ 分值81分，實際得分________　 一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分) 1．如果函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷： ①函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； ②函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； ③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增； ④當x＝2時，函數(shù)y＝f(x)取極小值； ⑤當x＝－時，函數(shù)y＝f(x)取極大值． 則上述判斷中正確的是(　　) A．

2、①②　　　　　　　　　B．②③ C．③④⑤ D．③ 解析：選D.當x∈(－3，－2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，①錯；當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當x∈(2,3)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，②錯；當x＝2時，函數(shù)y＝f(x)取極大值，④錯；當x＝－時，函數(shù)y＝f(x)無極值，⑤錯．故選D. 2．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．[1,2) C. D. 解析：選C.f′(x)＝4x－＝， ∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝. ∴

3、令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜. 由題意得?1≤k＜.故C正確． 3．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f′(x)＞f(x)，則(　　) A．f(2)＜e2f(0) B．f(2)≤e2f(0) C．f(2)＝e2f(0) D．f(2)＞e2f(0) 解析：選D.由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝＞0，則g(x)＝在R上單調(diào)遞增，則有g(shù)(2)＞g(0)，故f(2)＞e2f(0)． 4．不等式ex－x＞ax的解集為P，且[0,2]?P，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，e－1) B．(e－1，＋∞) C．(－∞，e＋1) D．(e＋1，

4、＋∞) 解析：選A.由題意知不等式ex－x＞ax在區(qū)間[0,2]上恒成立，當x＝0時，不等式顯然成立，當x≠0時，只需a＜－1恒成立，令f(x)＝－1，f′(x)＝，顯然函數(shù)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以當x＝1時，f(x)取得最小值e－1，則a＜e－1，故選A. 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋，它們的圖象在x軸上的公共點處有公切線，則當x＞1時，f(x)與g(x)的大小關(guān)系是(　　) A．f(x)＞g(x) B．f(x)＜g(x) C．f(x)＝g(x) D．f(x)與g(x)的大小關(guān)系不確定 解析：選B.由題意得f(x)與x軸的交

5、點(1,0)在g(x)上，所以a＋b＝0，因為函數(shù)f(x)，g(x)的圖象在此公共點處有公切線，所以f(x)，g(x)在此公共點處的導數(shù)相等，f′(x)＝，g′(x)＝a－，以上兩式在x＝1時相等，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－＋，則h′(x)＝－－＝＝－，因為x＞1，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，所以f(x)＜g(x)．故選B. 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]都有f(x)≥0，則實數(shù)a的取值范圍為(　

6、　) A．(－∞，2] B．[0，＋∞) C．[0,2] D．[1,2] 解析：選C.∵f(x)＝ax3－x＋1，∴f′(x)＝3ax2－1， 當a＜0時，f′(x)＝3ax2－1＜0，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減， f(x)min＝f(1)＝a＜0，不符合題意． 當a＝0時，f(x)＝－x＋1，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(1)＝0，符合題意． 當a＞0時，由f′(x)＝3ax2－1≥0，得x≥或x≤－，當0＜＜1，即a＞時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴，∴， ∴＜a≤2； 當≥1，即0＜a≤時，f(x)在[－

7、1,1]上單調(diào)遞減， f(x)min＝f(1)＝a＞0，符合題意． 綜上可得，0≤a≤2. 二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分) 7．已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點個數(shù)為________． 解析：因為g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導函數(shù)，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點． 答案：0 8．在函

8、數(shù)f(x)＝aln x＋(x＋1)2(x＞0)的圖象上任取兩個不同點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，總能使得f(x1)－f(x2)≥4(x1－x2)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：不妨設(shè)x1＞x2，則x1－x2＞0，∵f(x1)－f(x2)≥4(x1－x2)，∴≥4， ∵f(x)＝aln x＋(x＋1)2(x＞0) ∴f′(x)＝＋2(x＋1)，∴＋2(x＋1)≥4，∴a≥－2x2＋2x，又－2x2＋2x＝－22＋≤，∴a≥. 答案：a≥ 9．設(shè)函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(3x－6x0)(x－x0)，且f(3)＝0，則不等

9、式≥0的解集為________． 解析：∵函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(3x－6x0)(x－x0)，∴f′(x0)＝3x－6x0，∴f′(x)＝3x2－6x，設(shè)f(x)＝x3－3x2＋c，又f(3)＝0，∴33－332＋c＝0，解得c＝0，∴f(x)＝x3－3x2， ∴≥0可化為≥0，解得0＜x≤1或x＜0或x＞3. 答案：(－∞，0)∪(0,1]∪(3，＋∞) 三、解答題(本題共3小題，每小題12分，共36分) 10．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)設(shè)a＝b＝4.

10、若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 因為f(0)＝c，f′(0)＝b， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c. (2)當a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－. f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下： x (－∞，－2) －2 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c  c－

11、 所以，當c＞0且c－＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 由f(x)的單調(diào)性知，當且僅當c∈時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點． 11．(20xx高考天津卷)設(shè)a，b∈R，|a|≤1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2)已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(x0，y0)處有相同的切線， ①求證：f(x)在x＝x0處的導數(shù)等于0； ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范圍

12、． 解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得 f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]． 令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a. 由|a|≤1，得a＜4－a. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，a) (a,4－a) (4－a，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x)    所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，(4－a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4－a)． (2)①證明：因為g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))， 由題意知 所以， 解得所以，f

13、(x)在x＝x0處的導數(shù)等于0. ②因為g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex＞0， 所以f(x)≤1. 又因為f(x0)＝1，f′(x0)＝0， 所以x0為f(x)的極大值點，由(1)知x0＝a. 另一方面，由于|a|≤1，故a＋1＜4－a. 由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a＋1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當x0＝a時，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立， 從而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立． 由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1. 令t(x)＝2a3－6x2＋1，

14、x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x. 令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0. 因為t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1， 所以，t(x)的值域為[－7,1]． 所以，b的取值范圍是[－7,1]． 12．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R. (1)當m＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值； (2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－零點的個數(shù)； (3)若對任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范圍． 解：(1)由題設(shè)，當m＝e時，f(x)＝ln x＋，則f′(x)＝， ∴當x∈(0，e)時，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，

15、 當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝ln e＋＝2， ∴f(x)的極小值為2. (2)由題設(shè)g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)． 設(shè)φ(x)＝－x3＋x(x≥0)， 則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)， 當x∈(0,1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增； 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點， ∴φ

16、(x)的最大值為φ(1)＝. 又φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖象(如圖)，可知 ①當m＞時，函數(shù)g(x)無零點； ②當m＝時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點； ④當m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點． 綜上所述，當m＞時，函數(shù)g(x)無零點； 當m＝或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； 當0＜m＜時，函數(shù)g(x)有兩個零點． (3)對任意的b＞a＞0，＜1恒成立， 等價于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*) 設(shè)h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)， ∴(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m≥－x2＋x＝－2＋(x＞0)恒成立， ∴m≥(對m＝，h′(x)＝0僅在x＝時成立)， ∴m的取值范圍是.