(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 同步測試卷(五)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理(含解析)新人教A版
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(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 同步測試卷(五)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理(含解析)新人教A版
同步測試卷
理科數(shù)學(xué)(五) 【p293】
(導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)
時間:60分鐘 總分:100分
一、選擇題(本大題共6小題,每小題5分,共30分.每小題所給的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.)
1.函數(shù)y=xsin x+的導(dǎo)數(shù)是( )
A.y′=sin x+xcos x+
B.y′=sin x-xcos x+
C.y′=sin x+xcos x-
D.y′=sin x-xcos x-
【解析】f′(x)=(x)′sin x+x(sin x)′+′
=sin x+xcos x+x-
=sin x+xcos x+.
【答案】A
2.已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則a=( )
A.-4 B.-2
C.4 D.2
【解析】f′=3x2-12=3,令f′=0得x=-2或x=2,易得f在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,故f的極小值點為2,即a=2.
【答案】D
3.定積分dx等于( )
A.πa2B.πa2
C.πa2D.2πa2
【解析】由題意可知定積分表示半徑為a的半個圓的面積,所以S=(πa2)=πa2.
【答案】B
4.直線y=kx+1與曲線f(x)=aln x+b相切于點P(1,2),則a+b=( )
A.1 B.4
C.3 D.2
【解析】由f(x)=aln x+b,得f′(x)=,
∴f′(1)=a.再由直線y=kx+1與曲線f(x)=aln x+b相切于點P(1,2),得
∴
∴a+b=3.
【答案】C
5.已知函數(shù)y=f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù),當x≠0時,有f′(x)+>0,則函數(shù)F(x)=xf(x)+的零點個數(shù)是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】由已知得>0,得>0,得(xf(x))′與x同號,
令g(x)=xf(x).則可知g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
且g(0)=0,又由xf(x)+=0,即g(x)=-,顯然y=g(x)的圖象與y=-的圖象只有一個交點,選B.
【答案】B
6.定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),若對任意的實數(shù)x,都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立,則使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的實數(shù)x的取值范圍是( )
A.{x|x≠±1}
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(-1,1)
D.(-1,0)∪(0,1)
【解析】f(x)是R上的偶函數(shù),則函數(shù)g(x)=x2f(x)-x2也是R上的偶函數(shù),
對任意的實數(shù)x,都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立,
則g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2].
當x≥0時,g′(x)<0,當x<0時,g′(x)>0,
即偶函數(shù)g(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,
不等式x2f(x)-f(1)<x2-1即x2f(x)-x2<12f(1)-12,
據(jù)此可知g(x)<g(1),則x<-1或x>1.
即實數(shù)x的取值范圍是(-∞,-1)∪(1,+∞).
【答案】B
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分,將各小題的結(jié)果填在題中橫線上.)
7.某產(chǎn)品的銷售收入y1(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)y1=17x2,生產(chǎn)成本y2(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)y2=2x3-x2,已知x>0,為使利潤最大,應(yīng)生產(chǎn)________(千臺).
【解析】由題意,利潤y=y(tǒng)1-y2=17x2-(2x3-x2)=18x2-2x3(x>0).
y′=36x-6x2,
由y′=36x-6x2=6x(6-x)=0,得x=6(x>0),
當x∈(0,6)時,y′>0,當x∈(6,+∞)時,y′<0.
∴函數(shù)在(0,6)上為增函數(shù),在(6,+∞)上為減函數(shù).
則當x=6(千臺)時,y有最大值為216(萬元).
【答案】6
8.曲線y=2與直線y=-x+3及x軸圍成的圖形的面積為________.
【解析】由曲線y=2與直線y=-x+3及x軸圍成的圖形的面積為2dx+(-x+3)dx=x|+|=+2=.
【答案】
9.若函數(shù)f(x)=x3-ax2+3x-4a3在(-∞,-1),(2,+∞)上都是單調(diào)增函數(shù),則實數(shù)a的取值集合是________.
【解析】由f′(x)=3x2-2ax+3,
(1)當Δ=4a2-36≤0?-3≤a≤3時,f(x)在R上為增函數(shù),滿足條件;
(2)當Δ=4a2-36>0?a<-3或a>3時,
由
∴3<a≤,
∴綜合得a的取值集合是.
【答案】
10.若不等式|mx3-ln x|≥1(m>0),對?x∈(0,1]恒成立,則實數(shù)m的取值范圍是__________________.
【解析】不等式|mx3-ln x|≥1(m>0),對?x∈(0,1]恒成立,
等價為mx3-ln x≥1或mx3-ln x≤-1,
即m≥或m≤,
記f(x)=,g(x)=,
則f′(x)==,
由f′(x)==0,
解得ln x=-,即x=e-,
由f(x)>0,解得0<x<e-,此時函數(shù)單調(diào)遞增,
由f(x)<0,解得x>e-,此時函數(shù)單調(diào)遞減,
即當x=e-時,函數(shù)f(x)取得極大值,同時也是最大值f(e-)===e2,
此時m≥e2;
由g(x)=,
∵當x=1時,=0,
∴當m>0時,不等式m≤不恒成立,
綜上,m≥e2.
【答案】
三、解答題(本大題共3小題,共50分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)
11.(16分)已知函數(shù)f(x)=ex-2x.
(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;
(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-a,x∈[-1,1]恰有2個零點,求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】(1)∵f(x)=ex-2x,
∴f′(x)=ex-2.
∴f′(0)=-1,
又f(0)=1,
∴曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y-1=-x,
即x+y-1=0.
(2)由題意得g(x)=ex-2x-a,
∴g′(x)=ex-2,
由g′(x)=ex-2=0解得x=ln 2,
故當-1≤x<ln 2時,g′(x)<0,g(x)在[-1,ln 2)上單調(diào)遞減;
當ln 2<x≤1時,g′(x)>0,g(x)在(ln 2,1]上單調(diào)遞增.
∴g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2-a,
又g(-1)=e-1+2-a,g(1)=e-2-a,
結(jié)合函數(shù)的圖象可得,若函數(shù)恰有兩個零點,
則解得2-2ln 2<a≤e-2.
∴實數(shù)a的取值范圍是(2-2ln 2,e-2].
12.(16分)已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.
(1)若函數(shù)g(x)=f(x)-ax2+1,在其定義域上g(x)≤0恒成立,求實數(shù)a的最小值;
(2)若a>0時,f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為-2,求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】(1)由g(x)=ln x-(a+2)x+1≤0在其定義域上恒成立,
因為x>0,∴a+2≥,
設(shè)h(x)=(x>0),h′(x)==,
所以0<x<1時,h′(x)>0,h(x)遞增,x>1時,h′(x)<0,h(x)遞減,
因此h(x)max=h(1)=1,∴a+2≥1可得a≥-1,
綜上實數(shù)a的最小值是-1.
(2)f′(x)=2ax-(a+2)+=(x>0,a>0),
f′(x)=0,x1=,x2=,
當a≥1,≤1,x∈(1,e),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=-2符合題意,
當<a<1,x∈[1,e],x∈,f(x)單調(diào)遞減,x∈,f(x)單調(diào)遞增;
f(x)min=f<f(1)=-2舍去,
當0<a≤,x∈(1,e),f(x)單調(diào)遞減,f(x)min=f(e)<f(1)=-2舍去,
綜上實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).
13.(18分)已知函數(shù)f(x)=-x-+2ln x,m∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,證明:f(x2)>1-x2.
【解析】(1)由f(x)=-x-+2ln x,得
f′(x)=-1++==-,x∈(0,+∞).
設(shè)g(x)=x2-2x-m,x∈(0,+∞).
當m≤-1時,即Δ=4+4m≤0時,g(x)≥0,f′(x)≤0.
∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
當m>-1時,即Δ=4+4m>0時,
令g(x)=0,得x1=1-,x2=1+,x1<x2.
當-1<m<0時,0<x1<x2,
在(0,x1)∪(x2,+∞)上,f′(x)<0,在(x1,x2)上,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)遞減.
當m≥0時,x1≤0<x2,在(0,x2)上,f′(x)>0,在(x2,+∞)上,f′(x)<0,
∴f(x)在(0,x2)上單調(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)遞減.
綜上,當m≤-1時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當-1<m<0時,f(x)在(0,1-),(1+,+∞)上單調(diào)遞減,在(1-,1+)上單調(diào)遞增;
當m≥0時,f(x)在(0,1+)上單調(diào)遞增,在(1+,+∞)上單調(diào)遞減.
(2)∵f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,
∴由(1)知g(x)=x2-2x-m有兩個不同的零點x1,x2,
x1=1-,x2=1+,且-1<m<0,此時,x-2x2-m=0,
要證明f(x2)=-x2-+2ln x2>1-x2,
只要證明2ln x2->1.
∵m=x-2x2,∴只要證明2ln x2-x2>-1成立.
∵m∈(-1,0),∴x2=1+∈(1,2).
設(shè)h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),
則h′(x)=-1,
當x∈(1,2)時,h′(x)>0,
∴h(x)在x∈(1,2)上單調(diào)遞增,
∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1,
∴f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1>x2時,f(x2)>1-x2.
備課札記
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