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第22練 導數(shù)的概念及簡單應用
[明晰考情] 1.命題角度:考查導數(shù)的幾何意義,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值和最值.2.題目難度:中低檔難度.
考點一 導數(shù)的幾何意義
要點重組 (1)f′(x0)表示函數(shù)f(x)在x=x0處的瞬時變化率.
(2)f′(x0)的幾何意義是曲線y=f(x)在點P(x0,y0)處切線的斜率.
1.已知函數(shù)f(x+1)=,則曲線y=f(x)在點(1,f(1))處切線的斜率為( )
A.1B.-1C.2D.-2
答案 A
解析 由f(x+1)=,知f(x)==2-.
∴f′(x)=,且f′(1)=1.
由導數(shù)的幾何意義,得所求切線的斜率k=1.
2.設函數(shù)f(x)=x3+ax2,若曲線y=f(x)在點P(x0,f(x0))處的切線方程為x+y=0,則點P的坐標為( )
A.(0,0) B.(1,-1)
C.(-1,1) D.(1,-1)或(-1,1)
答案 D
解析 由題意可知f′(x)=3x2+2ax,
則有f′(x0)=3x+2ax0=-1,
又切點為(x0,-x0),可得x+ax=-x0,
兩式聯(lián)立解得或
則點P的坐標為(-1,1)或(1,-1).
故選D.
3.(2018全國Ⅰ)設函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為( )
A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x
答案 D
解析 方法一 ∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax,
∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a.
又f(x)為奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x)恒成立,
即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立,
∴a=1,∴f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1,
∴曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x.
故選D.
方法二 ∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax為奇函數(shù),
∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a為偶函數(shù),
∴a=1,即f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1,
∴曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x.故選D.
4.若直線y=kx+b是曲線y=lnx+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=________.
答案 1-ln2
解析 y=lnx+2的切線為y=x+lnx1+1(設切點橫坐標為x1).
y=ln(x+1)的切線為y=x+ln(x2+1)-(設切點橫坐標為x2),
∴
解得x1=,x2=-,∴b=lnx1+1=1-ln2.
考點二 導數(shù)與函數(shù)的單調性
方法技巧 (1)若求單調區(qū)間(或證明單調性),只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
(2)若已知函數(shù)的單調性,則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解.
5.已知函數(shù)f(x)=lnx-x+,若a=-f,b=f(π),c=f(5),則( )
A.c
f(π)>f(5),
∴a>b>c.故選A.
6.定義在R上的可導函數(shù)f(x),已知y=2f′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的單調遞增區(qū)間是( )
A.[0,1] B.[1,2]
C.(-∞,1] D.(-∞,2]
答案 D
解析 根據(jù)函數(shù)y=2f′(x)的圖象可知,
當x≤2時,2f′(x)≥1?f′(x)≥0,且使f′(x)=0的點為有限個,
所以函數(shù)y=f(x)在(-∞,2]上單調遞增,故選D.
7.若函數(shù)f(x)=2x3-3mx2+6x在區(qū)間(2,+∞)上為增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍為( )
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C. D.
答案 D
解析 ∵f′(x)=6x2-6mx+6,
當x∈(2,+∞)時,f′(x)≥0恒成立,
即x2-mx+1≥0恒成立,∴m≤x+恒成立.
令g(x)=x+,g′(x)=1-,
∴當x>2時,g′(x)>0,即g(x)在(2,+∞)上單調遞增,
∴m≤2+=,故選D.
8.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>f(x)恒成立,若x1f(x1)
B.f(x2)0,所以g(x)單調遞增,當x1f(x1).
考點三 導數(shù)與函數(shù)的極值、最值
方法技巧 (1)函數(shù)零點問題,常利用數(shù)形結合與函數(shù)極值求解.
(2)含參恒成立或存在性問題,可轉化為函數(shù)最值問題;若能分離參數(shù),可先分離.
特別提醒 (1)f′(x0)=0是函數(shù)y=f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件.
(2)函數(shù)f(x)在[a,b]上有唯一一個極值點,這個極值點就是最值點.
9.若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為( )
A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1
答案 A
解析 函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1,
則f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1
=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].
由x=-2是函數(shù)f(x)的極值點,得
f′(-2)=e-3(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,
所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=ex-1(x2+x-2).
由ex-1>0恒成立,得當x=-2或x=1時,f′(x)=0,且當x<-2時,f′(x)>0;
當-2<x<1時,f′(x)<0;
當x>1時,f′(x)>0.
所以x=1是函數(shù)f(x)的極小值點.
所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)=-1.
故選A.
10.已知函數(shù)f(x)=ax-lnx,當x∈(0,e](e為自然對數(shù)的底數(shù))時,函數(shù)f(x)的最小值為3,則a的值為( )
A.eB.e2C.2eD.2e2
答案 B
解析 函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)=.
①當a≤0時,f′(x)<0,f(x)在(0,e]上單調遞減,
∴f(x)min=f(e)<0,與題意不符.
②當a>0時,f′(x)=0的根為.
當0<<e時,f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,
∴f(x)min=f=1-ln=3,解得a=e2.
③當≥e時,f′(x)<0,f(x)在(0,e]上單調遞減,
∴f(x)min=f(e)≤0,與題意不符.
綜上所述,a=e2.故選B.
11.設函數(shù)f(x)在R上存在導數(shù)f′(x),對任意x∈R,都有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+∞)上f′(x)0時,函數(shù)f(x)單調遞增,
此時由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.
3.已知函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù),則實數(shù)m的取值范圍為( )
A.4≤m≤5B.2≤m≤4C.m≤2D.m≤4
答案 D
解析 函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3,
可得f′(x)=x2-mx+4,函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù),
可得x2-mx+4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立,
可得m≤x+,x+≥2=4,當且僅當x=2時取等號,可得m≤4.
4.若函數(shù)f(x)=(x+1)ex,則下列命題正確的是( )
A.對任意m<-,都存在x∈R,使得f(x)-,都存在x∈R,使得f(x)-,方程f(x)=m總有兩個實根
答案 B
解析 ∵f′(x)=(x+2)ex,
∴當x>-2時,f′(x)>0,f(x)為增函數(shù);
當x<-2時,f′(x)<0,f(x)為減函數(shù).
∴f(-2)=-為f(x)的最小值,即f(x)≥-(x∈R),
故B正確.
5.函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的可導函數(shù),其導函數(shù)為f′(x),且滿足xf′(x)+2f(x)>0,則不等式<的解集為( )
A.{x|x>-2013}
B.{x|x<-2013}
C.{x|-2013<x<0}
D.{x|-2018<x<-2013}
答案 D
解析 構造函數(shù)g(x)=x2f(x),
則g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)].
當x>0時,∵2f(x)+xf′(x)>0,∴g′(x)>0,
∴g(x)在(0,+∞)上單調遞增.
∵不等式<,
∴當x+2018>0,即x>-2018時,
(x+2018)2f(x+2018)<52f(5),
∴g(x+2018)<g(5),∴x+2018<5,
∴-2018<x<-2013.
6.函數(shù)f(x)=3x2+lnx-2x的極值點的個數(shù)是( )
A.0B.1C.2D.無數(shù)
答案 A
解析 函數(shù)定義域為(0,+∞),
且f′(x)=6x+-2=,
由于x>0,方程6x2-2x+1=0中的Δ=-20<0,
所以f′(x)>0恒成立,
即f(x)在定義域上單調遞增,無極值點.
7.已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點,則a等于( )
A.-B.C.D.1
答案 C
解析 方法一 f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)
=(x-1)2+a[ex-1+e-(x-1)]-1,
令t=x-1,則g(t)=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1.
∵g(-t)=(-t)2+a(e-t+et)-1=g(t),
∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù).
∵f(x)有唯一零點,∴g(t)也有唯一零點.
又g(t)為偶函數(shù),由偶函數(shù)的性質知g(0)=0,
∴2a-1=0,解得a=.
故選C.
方法二 f(x)=0?a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x.
ex-1+e-x+1≥2=2,當且僅當x=1時取“=”.
-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當且僅當x=1時取“=”.
若a>0,則a(ex-1+e-x+1)≥2a,要使f(x)有唯一零點,則必有2a=1,即a=.
若a≤0,則f(x)的零點不唯一.
故選C.
8.定義:如果函數(shù)f(x)在[m,n]上存在x1,x2(m<x1<x2<n)滿足f′(x1)=,f′(x2)=,則稱函數(shù)f(x)是[m,n]上的“雙中值函數(shù)”.已知函數(shù)f(x)=x3-x2+a是[0,a]上的“雙中值函數(shù)”,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 因為f(x)=x3-x2+a,所以由題意可知,f′(x)=3x2-2x在區(qū)間[0,a]上存在x1,x2(0<x1<x2<a),滿足f′(x1)=f′(x2)==a2-a,所以方程3x2-2x=a2-a在區(qū)間(0,a)上有兩個不相等的實根.
令g(x)=3x2-2x-a2+a(0<x<a),
則
解得<a<1,
所以實數(shù)a的取值范圍是.
9.已知函數(shù)f(x)=axlnx,a∈R,若f′(e)=3,則a的值為________.
答案
解析 因為f′(x)=a(1+lnx),a∈R,f′(e)=3,
所以a(1+lne)=3,所以a=.
10.已知函數(shù)f(x)=x3+2ax2+1在x=1處的切線的斜率為1,則實數(shù)a=________,此時函數(shù)y=f(x)在[0,1]上的最小值為________.
答案?。?
解析 由題意得f′(x)=3x2+4ax,
則有f′(1)=312+4a1=1,
解得a=-,所以f(x)=x3-x2+1,
則f′(x)=3x2-2x,當x∈[0,1]時,
由f′(x)=3x2-2x>0,得<x≤1;
由f′(x)=3x2-2x<0,得0<x<,
所以函數(shù)f(x)在上單調遞增,在上單調遞減,
所以函數(shù)f(x)在x=處取得極小值,即為最小值,
所以最小值為f=3-2+1=.
11.(2018全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=2sinx+sin2x,則f(x)的最小值是________.
答案?。?
解析 f′(x)=2cosx+2cos2x
=2cosx+2(2cos2x-1)
=2(2cos2x+cosx-1)
=2(2cosx-1)(cosx+1).
∵cosx+1≥0,
∴當cosx<時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;
當cosx>時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,
∴當cosx=時,f(x)有最小值.
又f(x)=2sinx+sin2x=2sinx(1+cosx),
∴當sinx=-時,f(x)有最小值,
即f(x)min=2=-.
12.已知函數(shù)f(x)=ex-x,若f(x)<0的解集中只有一個正整數(shù),則實數(shù)k的取值范圍為______________.
答案
解析 由f(x)<0,即ex-x<0,
即kx+<只有一個正整數(shù)解,
設g(x)=,所以g′(x)=,
當x<1時,g′(x)>0,當x>1時,g′(x)<0,
所以g(x)在(-∞,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
所以g(x)max=g(1)=,
由圖可知,kx+<的唯一一個正整數(shù)解只能是1,
所以有
解得-≤k<-,
所以實數(shù)k的取值范圍為.
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