《2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(五)B 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)(五)B 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用配套作業(yè) 理（解析版新課標(biāo)）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、優(yōu)質(zhì)文檔 優(yōu)質(zhì)人生 專題限時(shí)集訓(xùn)(五)B [第5講　導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用] (時(shí)間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．函數(shù)y＝xex的最小值是(　　) A．－1 B．－e C．－ D．不存在 2．已知f(a)＝(2ax2－a2x)dx，則函數(shù)f(a)的最大值為(　　) A．1 B. C. D. 3．函數(shù)y＝f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線為l：y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)，如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a

2、，b]上的圖象如圖5－1所示，且a

3、．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1) 6．函數(shù)y＝xsinx＋cosx在下面哪個(gè)區(qū)間上為增函數(shù)(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 7．已知函數(shù)f(x)＝x2eax，其中a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，則a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，0) C．(－∞，1) D．(－∞，2) 8．定義在區(qū)間[0，a]上的函數(shù)f(x)的圖象如圖5－2所示，記以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))為頂點(diǎn)的三角形面積為S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)

4、的圖象大致是(　　) 圖5－2 圖5－3 9．若函數(shù)f(x)＝則f(x)dx＝________． 10．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1，5]，部分對應(yīng)值如下表. x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖5－4所示： 圖5－4 下列關(guān)于f(x)的命題： ①函數(shù)f(x)是周期函數(shù)； ②函數(shù)f(x)在[0，2]是減函數(shù)； ③如果當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4； ④當(dāng)1

5、，3，4個(gè)． 其中正確命題的序號是________． 11．已知a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝ax－x. (1)求函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)； (2)若對x∈R，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍． 12．二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c滿足：①當(dāng)x＝時(shí)有極值；②圖象與y軸的交點(diǎn)縱坐標(biāo)為－3，且在該點(diǎn)處切線的方向向量為(a，－3a)． (1)求出函數(shù)f(x)的解析式，并判斷曲線y＝f(x)上是否存在與直線x＋3y＝0垂直的切線，若存在，請求出該切線方程，若不存在，請說明理由； (2)設(shè)g(x)＝，求函數(shù)g(x)的極值．

6、 13．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的極值； (2)討論函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)； (3)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}均為正項(xiàng)數(shù)列，且滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，求證：a1b1·a2b2·…·anbn≤1. 專題限時(shí)集訓(xùn)(五)B 【基礎(chǔ)演練】 1．C　[解析] y′＝ex＋xex，令y′＝0，則x＝－1.因?yàn)閤<－1時(shí)，y′<0，x>－1時(shí)，y′>0，所以x＝－1時(shí)，ymin＝－，選C. 2．C　[解析] f(a)＝(2ax2－a2x)dx＝0＝－a2＋a，這個(gè)關(guān)于a的二次函數(shù)當(dāng)

7、a＝－＝時(shí)取得最大值，即所求的最大值是f＝－×＋×＝. 3．B　[解析] F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－f′(x0)，因?yàn)镕′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，又由圖知在[a，b]上函數(shù)f(x)增長得越來越快，所以f′(x)是增函數(shù)，可見x＝x0是一個(gè)極值點(diǎn)．又當(dāng)a0，函數(shù)F(x)單調(diào)遞增．所以x＝x0是F(x)的極小值點(diǎn)．故選B. 4.　[解析] 由題意得直線l的斜率為－3. 又f′(x)＝

8、3x2＋6x，由3x2＋6x＝－3解得x＝－1，此時(shí)切點(diǎn)A的坐標(biāo)是(－1，1)，切線方程是y－1＝－3(x＋1)，即y＝－3x－2，如圖，則所求的面積是[f(x)－(－3x－2)]dx＝＝x4＋x3＋x2＋x)－1＝. 【提升訓(xùn)練】 5．C　[解析] 依題意，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數(shù)，故f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)． 6．C　[解析] 因?yàn)閥′＝xcosx，當(dāng)x∈時(shí)，cosx>0，y′＝xcosx>0，此時(shí)函數(shù)y＝xsinx＋cosx為增函

9、數(shù)，故選C. 7．A　[解析] f′(x)＝x(ax＋2)eax，由題意得f′(x)＝x(ax＋2)eax<0在[2，＋∞)上恒成立．即x(ax＋2)<0在[2，＋∞)上恒成立，即a<－在[2，＋∞)上恒成立，即a<－1. 8．D　[解析] 由于AB的長度為定值，只要考慮點(diǎn)C到直線AB的距離的變化趨勢即可．當(dāng)x在區(qū)間[0，a]變化時(shí)，點(diǎn)C到直線AB的距離先是遞增，然后遞減，再遞增，再遞減，S′(x)的圖象先是在x軸上方，再到x軸下方，再回到x軸上方，再到x軸下方，并且函數(shù)在直線AB與函數(shù)圖象的交點(diǎn)處間斷，在這個(gè)間斷點(diǎn)函數(shù)性質(zhì)發(fā)生突然變化，所以選項(xiàng)D中的圖象符合要求． 9．5－π　[解析]

10、 f(x)dx＝∫0cosxdx＋∫22dx＝sinx)0＋2x)＝sin－sin0＋22－＝5－π. 10．②⑤　[解析] 周期性是函數(shù)在整個(gè)定義域上的整體性質(zhì)，周期函數(shù)的圖象不能是一個(gè)閉區(qū)間上的一段，必需能夠保證周期的無限延展，故函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)，命題①不正確；從其導(dǎo)數(shù)的圖象可知，在區(qū)間(0，2)內(nèi)導(dǎo)數(shù)值小于零，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞減，由于函數(shù)圖象是連續(xù)的，故在區(qū)間[0，2]是減函數(shù)，命題②正確；函數(shù)f(x)在[－1，0)上遞增、在(0，2)上遞減、在(2，4)上遞增、在(4，5]上遞減，函數(shù)的最大值只能在f(0)處，或者f(4)處取得，因此只要0≤t≤5即可，

11、因此t的最大值為5，命題③不正確；由于f(－1)＝1，f(0)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1，根據(jù)③中的單調(diào)性，要使12時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a沒有零點(diǎn)，當(dāng)a＝2時(shí)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)1

12、－， 當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，顯然f′(x)<0，f(x)在R上單減，此時(shí)f(x)無極值點(diǎn)； 當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，令f′(x)＝0，ax＝?x＝－，且x∈－∞，－時(shí)，f′(x)<0，x∈－，＋∞時(shí)，f′(x)>0. ∴x0＝－為f(x)的極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)； (2)當(dāng)01. 由(1)知f(x)的極值點(diǎn)為x0＝－，所以 x (－∞，x0) x0 (x0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單減 極小值 單增 要使f(x)≥0對x∈R恒成立，則f(x0)≥0，即≥－?ln(l

13、na)≥－1?lna≥?a≥e，所以當(dāng)a∈[e，＋∞)時(shí)，f(x)≥0對x∈R恒成立． 12．解：(1)因?yàn)閒′(x)＝2ax＋b，f′(x)在點(diǎn)(0，－3)處切線的方向向量為(a，－3a)，所以f′(0)＝＝－3，即b＝－3，c＝－3.又因?yàn)閒′＝a＋b＝0，所以a＝3， 所以f(x)＝3x2－3x－3，f′(x)＝3(2x－1)，由f′(x)＝3(2x－1)＝3得x＝1，所以曲線y＝f(x)上存在與直線x＋3y＝0垂直的切線，其方程為y＋3＝3(x－1)，即3x－y－6＝0. (2)由(1)知，g(x)＝，從而有g(shù)′(x)＝－3x(x－3)e－x，令g′(x)＝0解得x＝0或x＝3，

14、 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)， 當(dāng)x∈(0，3)時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在(0，3)上為增函數(shù)， 當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(3，＋∞)上為減函數(shù)， 從而函數(shù)g(x)在x＝0處取得極小值g(0)＝－3，在x＝3處取得極大值g(3)＝15e－3＝. 13．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝－1(x>0)， 當(dāng)00，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減， ∴當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極大值－1，無極小值． (2)方法1：由f(x)＝0，得a

15、＝(*)， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 當(dāng)00，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減， ∴g(x)max＝g(e)＝， 又當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x>e時(shí)，g(x)＝>0， ∴當(dāng)a≤0或a＝時(shí)，方程(*)有唯一解，當(dāng)0時(shí)，方程(*)無解， 所以，當(dāng)a≤0或a＝時(shí)，y＝f(x)有1個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)0時(shí)，y＝f(x)無零點(diǎn)． 方法2：由f(x)＝0，得lnx＝ax， ∴y＝f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為y＝lnx和y＝ax的

16、圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)． 由y＝lnx和y＝ax的圖象可知： 當(dāng)a≤0時(shí)，y＝f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a>0時(shí)，若直線y＝ax與y＝lnx相切，設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，因?yàn)閥′＝(lnx)′＝， ∴k切＝＝，得x0＝e，∴k切＝， 故當(dāng)a＝時(shí)，y＝f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)0時(shí)，y＝f(x)無零點(diǎn)， 綜上所述，當(dāng)a≤0或a＝時(shí)，y＝f(x)有1個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)0時(shí)，y＝f(x)無零點(diǎn)． (3)由(1)知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，lnx≤x－1. ∵an>0，bn>0，∴l(xiāng)nan≤an－1，從而有bnlnan≤bnan－bn， 即lnabnn≤bnan－bn(n∈N*)，∴nabii≤iai－i， ∵a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，即iai－i≤0， ∴nabii≤0，即ln(ab11·ab22·…·abnn)≤0， ∴ab11·ab22·…·abnn≤1. . - 7 - 本資料來自網(wǎng)絡(luò)若有雷同概不負(fù)責(zé)