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12+4分項練14 導 數(shù)
1.(2018四平模擬)定積分?dx的值為( )
A. B. C.π D.2π
答案 A
解析 ∵y=,
∴(x-1)2+y2=1表示以(1,0)為圓心,以1為半徑的圓,
∴定積分?dx等于該圓的面積的四分之一,
∴定積分?dx=.
2.(2018昆明模擬)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,則a的最大值是( )
A.-e B.e C.- D.4e2
答案 A
解析 因為函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R),
所以f′(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)-
=ex(x2-2)-(x>0).
因為函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f′(x)=ex(x2-2)-≥0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,即≤ex(x2-2)在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,
亦即a≤ex(x3-2x)在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,
令h(x)=ex(x3-2x),x>0,則
h′(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2)
=ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2),x>0,
因為x∈(0,+∞),所以x2+4x+2>0.
因為ex>0,令h′(x)>0,可得x>1,
令h′(x)<0,可得0
0,
∴函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增,而f′(0)=0,
∴當x<0時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當x>0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
故f(x)min=f(0)=1,
由存在性的條件可得關于實數(shù)n的不等式2n2-n≥1,
解得n∈∪[1,+∞).
4.已知函數(shù)f(x)=x2+(ln 3x)2-2a(x+3ln 3x)+10a2,若存在x0使得f(x0)≤成立,則實數(shù)a的值為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 f(x)=x2+(ln 3x)2-2a(x+3ln 3x)+10a2=(x-a)2+(ln 3x-3a)2表示點M(x,ln 3x)與點N(a,3a)距離的平方,M點的軌跡是函數(shù)g(x)=ln 3x的圖象,N點的軌跡是直線y=3x,則g′(x)=.作g(x)的平行于直線y=3x的切線,切點為(x1,y1),則=3,所以x1=,切點為P,所以曲線上點P到直線y=3x的距離最小,最小距離d=,所以f(x)≥,根據(jù)題意,要使f(x0)≤,則f(x0)=,此時N為垂足,點M與點P重合,kMN==-,得a=.
5.(2018濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)=若m0,解得1q,若不等式>2恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由已知p>q,可得f(p+1)-f(q+1)>2(p-q),
f(p+1)>f(q+1)+2p-2q,
f(p+1)-2p>f(q+1)-2q,
f(p+1)-2p-2>f(q+1)-2q-2,
f(p+1)-2(p+1)>f(q+1)-2(q+1).
令g(x)=f(x)-2x,則有g(p+1)>g(q+1).
因為p,q∈(0,1),
所以p+1∈(1,2),q+1∈(1,2),
又因為p>q,
所以g(x)=f(x)-2x在(1,2)上為單調(diào)遞增函數(shù),
則g′(x)=f′(x)-2=-2x-2≥0在(1,2)上恒成立,
即a≥(x+2)(2x+2)在x∈(1,2)時恒成立,
令h(x)=(x+2)(2x+2)=22-,
h(x)在(1,2)上為增函數(shù),
所以a≥h(2)=24.
即a 的取值范圍為.
7.(2018安徽省江南十校聯(lián)考)y=f(x)的導函數(shù)滿足:當x≠2時,(x-2)(f(x)+2f′(x)-xf′(x))>0,則( )
A.f(4)>(2+4)f()>2f(3)
B.f(4)>2f(3)>(2+4)f()
C.(2+4)f()>2f(3)>f(4)
D.2f(3)>f(4)>(2+4)f()
答案 C
解析 令g(x)=,則g′(x)=,
因為當x≠2時,(x-2)[f(x)+(2-x)f′(x)]>0,
所以當x>2時,g′(x)<0,
即函數(shù)g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減,
則g()>g(3)>g(4),
即>>,
即(2+4)f()>2f(3)>f(4).
8.若曲線C1:y=ax2(a>0)與曲線C2:y=ex存在公共切線,則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 設公共切線在曲線C1,C2上的切點分別為(m,am2),(t,et),則2am=et=,所以m=2t-2,a=(t>1),令f(t)=(t>1),則f′(t)=,則當t>2時,f′(t)>0;當10),當x1+x2=1時,對于任意的實數(shù)θ,都有不等式f(x1)+f(sin2θ)>f(x2)+f(cos2θ)成立,則實數(shù)x1的取值范圍是( )
A.[1,+∞) B.[1,2]
C. D.(1,+∞)
答案 D
解析 g(x)=f(x)-f(1-x)
=(e2 018x+mx3)-[e2 018(1-x)+m(1-x)3],
則g′(x)=2 018[e2 018x+e2 018(1-x)]+3m[x2+(1-x)2]>0,
據(jù)此可得函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,
又x1+x2=1,
則不等式f(x1)+f(sin2θ)>f(x2)+f(cos2θ),即
f(x1)+f(sin2θ)>f(1-x1)+f(1-sin2θ),
則f(x1)-f(1-x1)>f(1-sin2θ)-f[1-(1-sin2θ)],
即g(x1)>g(1-sin2θ),
結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性可得x1>1-sin2θ恒成立,
當sin θ=0時,(1-sin2θ)max=1,
結(jié)合恒成立的條件可得實數(shù)x1的取值范圍是(1,+∞).
10.已知函數(shù)f(x)=,關于x的方程f2(x)-2af(x)+a-1=0(a∈R)有3個相異的實數(shù)根,則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 f(x)=
當x>0時,f′(x)=,
當01時,f′(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增,
當x=1時,函數(shù)取得極小值f(1)=e.
當x<0時,f′(x)=->0,函數(shù)單調(diào)遞增,
如圖,畫出函數(shù)的圖象,
設t=f(x),當t>e時,t=f(x)有3個根,當t=e時,t=f(x)有2個實根,當0e,當t=e時,e2-2ae+a-1=0,解得a=,檢驗滿足條件;由t1≤0,t2>e得無解.故選D.
11.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-ax+a存在零點,則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.
B.∪[e2,+∞)
C.
D.∪[e,+∞)
答案 B
解析 函數(shù)g(x)=f(x)-ax+a存在零點,
即方程f(x)=ax-a存在實數(shù)根,
即函數(shù)y=f(x)與y=a(x-1)的圖象有交點,
如圖所示,作出f(x)圖象,直線y=a(x-1)恒過定點(1,0),
過點(-2,1)與(1,0)的直線的斜率k==-,
設直線y=a(x-1)與y=ex相切于點(x0,),
則切點處的導數(shù)值為,
則過切點的直線方程為y-=(x-x0),
又切線過點(1,0),則-=(1-x0),
∴x0=2,得x0=2,
此時切線的斜率為e2,
由圖可知,要使函數(shù)g(x)=f(x)-ax+a存在零點,
則實數(shù)a的取值范圍是a≤-或a≥e2.
12.(2018江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2+a)x(a∈R),g(x)=-2,對任意的x0∈(0,2],關于x的方程f(x)=g(x0)在上有兩個不同的實數(shù)根,則實數(shù)a的取值范圍(其中e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù))為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
且f′(x)=+2ax+(2+a)=(x>0),
當a=0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當a>0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當a<0時,f(x)在上單調(diào)遞減,
在上單調(diào)遞增.
g(x)=-2,則g′(x)=,
當x∈(-∞,1)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,
當x∈(1,+∞)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,
其中g(0)=-2,g(1)=-2,g(2)=-2,
則函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,2]上的值域為,
f(x)=g(x0)在(0,e]上有兩個不同的實數(shù)根,
則必有a<0,且
由f(x)的解析式有f(0)→-∞,
f=ln--1,
f(e)=1+ae2+(2+a)e,
則滿足題意時應有
注意到函數(shù)f(x)=ln x+x-1是單調(diào)遞增函數(shù),
且f=-2,
據(jù)此可知方程ln--1=-2的唯一實數(shù)根滿足-=,即a=-e,
則不等式ln--1>-2的解集為(-e,+∞),
求解不等式1+ae2+(2+a)e≤-2,可得a≤-.
求解不等式-0),
則g′(t)=-ln t+
=-ln t+-(t>0),
設h(t)=g′(t),
則h′(t)=--=-<0恒成立,
則g′(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
當t=e時,g′(t)=0,
則當t∈(0,e)時,g′(t)>0,函數(shù)g(t)單調(diào)遞增,
當t∈(e,+∞)時,g′(t)<0,函數(shù)g(t)單調(diào)遞減,
則當t=e時,g(t)取得最大值g(e)=,
據(jù)此有≤,∴m<0或m≥.
綜上可得實數(shù)m的取值范圍是(-∞,0)∪.
16.已知函數(shù)f(x)=ln x+(e-a)x-b,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).若不等式f(x)≤0恒成立,則的最小值為________.
答案?。?
解析 因為函數(shù)f(x)=ln x+(e-a)x-b,
所以f′(x)=+(e-a),其中x>0,
當a≤e時,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f(x)≤0不恒成立;
當a>e時,令f′(x)=+e-a=0,得x=,
當x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
所以當x=時,f(x)取得最大值,
因為不等式f(x)≤0恒成立,
所以f=-ln(a-e)-b-1≤0,
所以ln(a-e)+b+1≥0,
所以b≥-1-ln(a-e),
所以≥,a>e,
設F(x)=,x>e,
則F′(x)=
=,x>e,
令H(x)=(x-e)ln(x-e)-e,
則H′(x)=ln(x-e)+1,
由H′(x)=0,解得x=e+,
當x∈時,H′(x)>0,H(x)單調(diào)遞增,
當x∈時,H′(x)<0,H(x)單調(diào)遞減,
所以當x=e+時,H(x)取得最小值,
最小值為H=-e-,
因為當x→e時,H(x)→-e,
當x>2e時,H(x)>0,H(2e)=0,
所以當x∈(e,2e)時,F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞減,
當x∈(2e,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞增,
所以當x=2e時,F(xiàn)(x)取最小值F(2e)==-,
所以的最小值為-.
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