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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

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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 9

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