《高考數(shù)學(xué) 文二輪專題復(fù)習(xí)習(xí)題：第1部分 專題二　函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 123 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 文二輪專題復(fù)習(xí)習(xí)題：第1部分 專題二　函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 123 Word版含答案（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練六　導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 限時(shí)45分鐘，實(shí)際用時(shí)________ 分值81分，實(shí)際得分________　 一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分) 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝－aln x，若f′(2)＝3，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．4　　　　　　　　　 B．－4 C．2 D．－2 解析：選B.f′(x)＝－，故f′(2)＝－＝3，因此a＝－4. 2．曲線y＝ex在點(diǎn)A處的切線與直線x－y＋3＝0平行，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(　　) A．(－1，e－1) B．(0,1) C．(1，e) D．(0,2) 解析：選B.設(shè)A(x0，e)，y′＝ex，∴y′

2、|x＝x0＝e.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知切線的斜率k＝e. 由切線與直線x－y＋3＝0平行可得切線的斜率k＝1. ∴e＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故選B. 3．若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍為 (　　) A. B. C.∪ D.∪ 解析：選D.若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點(diǎn)，則f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有兩根，故Δ＝(－4c)2－12＞0，從而c＞或c＜－. 4．已知f(x)＝aln x＋x2(a＞0)，若對(duì)任意兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)x1，x2都有≥2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)

3、 C．(0,1) D．(0,1] 解析：選A.由條件可知在定義域上函數(shù)圖象的切線斜率大于等于2，所以函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝＋x≥2.可得x＝時(shí)，f′(x)有最小值2.∴a≥1. 5．若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是(　　) A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞ 解析：選C.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx＋1， 則g′(x)＝f′(x)－k＞0，∴g(x)在R上為增函數(shù)． ∵k＞1，∴＞0，則g＞g(0)． 而g(0)＝f(0)＋1＝0， ∴g＝f－＋1＞0， 即f＞－1＝，

4、所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，故選C. 6．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則(　　) A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜c＜a 解析：選C.因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，(x－1)f′(x)＜0，所以f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以a＝f(0)＜f＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)＜f(0)＝a，所以c＜a＜b，故選C. 二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分) 7．(

5、20xx·高考全國(guó)卷Ⅰ)曲線y＝x2＋在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為_(kāi)_______． 解析：∵y′＝2x－，∴y′|x＝1＝1， 即曲線在點(diǎn)(1,2)處的切線的斜率k＝1， ∴切線方程為y－2＝x－1， 即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 8．已知函數(shù)f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________． 解析：由題意得，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴t＞0， ∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解， ∴＝0在(t，t＋1)上有解， ∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得

6、x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故實(shí)數(shù)t的取值范圍是(0,1)． 答案：(0,1) 9．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝(a＞0)． ∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴f′(x)＝≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴ax－1≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，即a≥在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴a≥1. 答案：[1，＋∞) 三、解答題(本題共3小題，每小題12分，共36分) 10．(20xx·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)

7、f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋. 當(dāng)x∈(－∞，－1－)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－1－，－1＋)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(－1＋，＋∞)時(shí)，f′(x)<0. 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>

8、;0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增．而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1. 當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝，則x0∈(0,1)，f(x0)

9、>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)． 11．(20xx·河南鄭州質(zhì)量檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)m≥0時(shí)，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間． 當(dāng)m＞0時(shí)，f′(x)＝，當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 綜上

10、，當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m＞0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，問(wèn)題等價(jià)于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)， 當(dāng)m＝0時(shí)，F(xiàn)(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零點(diǎn)；當(dāng)m≠0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝－， 當(dāng)m＝1時(shí)，F(xiàn)′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，注意到F(1)＝＞0，F(xiàn)(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零點(diǎn)． 當(dāng)m＞1時(shí)，0＜x＜1或x＞m時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0；1＜x＜m時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，所以函數(shù)F(x)在(0,1)和(m，

11、＋∞)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，注意到F(1)＝m＋＞0， F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點(diǎn)． 當(dāng)0＜m＜1時(shí)，0＜x＜m或x＞1時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0；m＜x＜1時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0， 所以函數(shù)F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(m,1)上單調(diào)遞增，易得ln m＜0， 所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點(diǎn)． 綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象有一個(gè)交點(diǎn)． 12．(20xx·河南洛陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－，曲線y＝f(x)在點(diǎn)處的切

12、線平行于直線y＝10x＋1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)直線l為函數(shù)g(x)＝ln x的圖象上任意一點(diǎn)A(x0，y0)處的切線，在區(qū)間(1，＋∞)上是否存在x0，使得直線l與曲線h(x)＝ex也相切？若存在，滿足條件的x0有幾個(gè)？ 解：(1)∵函數(shù)f(x)＝ln x－，∴f′(x)＝＋， ∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)處的切線平行于直線y＝10x＋1， ∴f′＝2＋8a＝10，∴a＝1，∴f′(x)＝. ∵x＞0且x≠1，∴f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(1，＋∞)． (2)存在且唯一，證明如下： ∵g(x)＝ln x，∴切線l的方程為y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0－1　?、?， 設(shè)直線l與曲線h(x)＝ex相切于點(diǎn)(x1，ex1)， ∵h(yuǎn)′(x)＝ex，∴e＝，∴x1＝－ln x0， ∴直線l的方程也可以寫(xiě)成y－＝(x＋ln x0)， 即y＝x＋＋　?、?， 由①②得ln x0－1＝＋，∴l(xiāng)n x0＝. 證明：在區(qū)間(1，＋∞)上x(chóng)0存在且唯一． 由(1)可知，f(x)＝ln x－在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(e)＝－＜0，f(e2)＝＞0， 結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，說(shuō)明方程f(x)＝0必在區(qū)間(e，e2)上有唯一的根，這個(gè)根就是所求的唯一x0.