文理通用201X届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第3讲 导数的简单应用练习.docx
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文理通用201X届高考数学大二轮复习第1部分专题2函数与导数第3讲导数的简单应用练习
第一部分专题二第三讲导数的简单应用
A组
1.曲线y=xex+2x-1在点(0,-1)处的切线方程为(A)
A.y=3x-1 B.y=-3x-1
C.y=3x+1D.y=-2x-1
[解析] k=y′|x=0=(ex+xex+2)|x=0=3,
∴切线方程为y=3x-1,故选A.
2.(文)如图,函数y=f(x)的图象在点P处的切线方程为x-y+2=0,则f
(1)+f′
(1)=(D)
A.1B.2
C.3D.4
[解析] 由条件知(1,f
(1))在直线x-y+2=0上,且f′
(1)=1,∴f
(1)+f′
(1)=3+1=4.
(理)(2017·烟台质检)在等比数列{an}中,首项a1=
,a4=
(1+2x)dx,则该数列的前5项和S5为( C )
A.18 B.3
C.
D.
[解析] a4=
(1+2x)dx=(x+x2)|
=18,
因为数列{an}是等比数列,
故18=
q3,解得q=3,
所以S5=
=
.故选C.
3.已知常数a、b、c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f′(x),f′(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},若f(x)的极小值等于-115,则a的值是( C )
A.-
B.
C.2D.5
[解析] 依题意得f′(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-
,-2×3=
,
∴b=-
,c=-18a,函数f(x)在x=3处取得极小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,-
a=-81,a=2,故选C.
4.若函数f(x)=loga(x3-ax)(a>0,a≠1)在区间(-
,0)内单调递增,则a的取值范围是( B )
A.[
,1)B.[
,1)
C.(
,+∞)D.(1,
)
[解析] 由x3-ax>0得x(x2-a)>0.
则有
或
所以x>
或-
即函数f(x)的定义域为( ,+∞)∪(- ,0). 令g(x)=x3-ax,则g′(x)=3x2-a, 当g′(x)≥0时,x≥ ,不合要求, 由g′(x)<0得- 从而g(x)在x∈(- ,0)上是减函数, 又函数f(x)在x∈(- ,0)内单调递增, 则有 所以 ≤a<1. 5.(2018·辽宁大连一模)函数f(x)=ex·sinx在点(0,f(0))处的切线方程是y=x. [解析] ∵f(x)=ex·sinx,f′(x)=ex(sinx+cosx),f′(0)=1,f(0)=0, ∴函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y-0=1×(x-0),即y=x. 6.已知函数f(x)= x2+3ax-lnx,若f(x)在区间[ ,2]上是增函数,则实数a的取值范围为[ ,+∞). [解析] 由题意知f′(x)=x+3a- ≥0在[ ,2]上恒成立,即3a≥-x+ 在[ ,2]上恒成立. 又y=-x+ 在[ ,2]上单调递减, ∴(-x+ )max= , ∴3a≥ ,即a≥ . 7.(文)若函数y=- x3+ax有三个单调区间,则a的取值范围是a>0. [解析] y′=-x2+a,若y=- x3+ax有三个单调区间,则方程-x2+a=0应有两个不等实根,故a>0. (理)(2018·临沂模拟)如图,已知A(0, ),点P(x0,y0)(x0>0)在曲线y=x2上,若阴影部分面积与△OAP面积相等,则x0= . [解析] 因为点P(x0,y0)(x0>0)在曲线y=x2上, 所以y0=x , 则△OAP的面积S= |OA||x0|= × x0= x0, 阴影部分的面积为∫x00x2dx= x3|x00= x , 因为阴影部分面积与△OAP的面积相等, 所以 x = x0, 即x = . 所以x0= = . 8.已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围. [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1), f′(x)=lnx+ -3,f′ (1)=-2, f (1)=0. 曲线y=f(x)在(1,f (1))处的切线方程为2x+y-2=0. (2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于 lnx- >0. 设g(x)=lnx- , 则g′(x)= - = ,g (1)=0. ①当a≤2,x∈(1,+∞)时, x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0, g(x)在(1,+∞)内单调递增,因此g(x)>g (1)=0; ②当a>2时,令g′(x)=0,得 x1=a-1- ,x2=a-1+ . 由x2>1和x1x2=1,得x1<1, 故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0, g(x)在(1,x2)内单调递减,此时g(x) (1)=0. 综上,a的取值范围是(-∞,2]. 9.(文)已知函数f(x)= (a>0,r>0). (1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性; (2)若 =400,求f(x)在(0,+∞)内的极值. [解析] (1)由题意知x≠-r, 所以定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞), f(x)= = , f′(x)= = , 所以当x<-r或x>r时,f′(x)<0, 当-r 因此,f(x)的单调递减区间是(-∞,-r),(r,+∞); f(x)的单调递增区间是(-r,r). (2)由 (1)可知f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减,因此,x=r是f(x)的极大值点,所以 f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)= = =100. (理)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f (2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间. [解析] (1)因为f(x)=xea-x+bx, 所以f′(x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,得 即 解得a=2,b=e. (2)由 (1),知f(x)=xe2-x+ex. 由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f′(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-1. 所以当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0, g(x)在区间(-∞,1)内单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0, g(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 故g (1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)内的最小值. B组 1.(2017·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2xf′(e)+lnx,则f′(e)=( C ) A.1B.-1 C.-e-1D.-e [解析] 依题意得,f′(x)=2f′(e)+ ,取x=e得f′(e)=2f′(e)+ ,由此解得f′(e)=- =-e-1,故选C. 2.已知函数f(x)=ax3+bx2-3x在x=±1处取得极值,若过点A(0,16)作曲线y=f(x)的切线,则切线方程是( B ) A.9x+y-16=0B.9x-y+16=0 C.x+9y-16=0D.x-9y+16=0 [解析] f′(x)=3ax2+2bx-3, 依题意f′ (1)=f′(-1)=0, 即 解得a=1,b=0. 所以f(x)=x3-3x, 因为曲线方程为y=x3-3x,点A(0,16)不在曲线上, 设切点为(x0,y0),则点M的坐标满足y0=x -3x, 因此f′(x0)=3(x -1) 故切线的方程为y-y0=3(x -1)(x-x0) 注意到点A(0,16)在切线上, 有16-(x -3x0)=3(x -1)(0-x0), 化简得x =-8. 解得x0=-2. 所以,切点为M(-2,-2),切线方程为9x-y+16=0. 3.(文)函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是( A ) A.0B.1 C.2D.无数个 [解析] 函数定义域为(0,+∞), 且f′(x)=6x+ -2= , 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-20<0, 所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立, 即f(x)在定义域上单调递增,无极值点. (理)物体A以v=3t2+1(m/s)的速度在一直线l上运动,物体B在直线l上,且在物体A的正前方5m处,同时以v=10t(m/s)的速度与A同向运动,出发后物体A追上物体B所用的时间t(s)为( C ) A.3B.4 C.5D.6 [解析] 因为物体A在t秒内行驶的路程为 (3t2+1)dt,物体B在t秒内行驶的路程为 10tdt,所以 (3t2+1-10t)dt=(t3+t-5t2)| =t3+t-5t2=5,所以(t-5)(t2+1)=0,即t=5. 4.(文)(2018·湖南衡阳三次联考)已知x=1是函数f(x)=ax3-bx-lnx(a>0,b∈R)的一个极值点,则lna与b-1的大小关系是( B ) A.lna>b-1B.lna C.lna=b-1D.以上都不对 [解析] f′(x)=3ax2-b- , ∵x=1是函数f(x)的极值点, ∴f′ (1)=3a-b-1=0,即3a-1=b. 令g(a)=lna-(b-1)=lna-3a+2(a>0), 则g′(a)= -3= , ∴g(a)在(0, )上递增,在( ,+∞)上递减, 故g(a)max=g( )=1-ln3<0. 故lna (理)(2018·河北唐山期末)已知函数f(x)=ln(ex+e-x)+x2,则使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(D) A.(-1,3)B.(-∞,-3)∪(3,+∞) C.(-3,3)D.(-∞,-1)∪(3,+∞) [解析] ∵函数f(x)=ln(ex+e-x)+x2, ∴f′(x)= +2x, 当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当x=0时,f′(x)=0,f(x)取最小值, ∵f(x)=ln(ex+e-x)+x2是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增, ∴f(2x)>f(x+3)等价于|2x|>|x+3|, 整理,得x2-2x-3>0, 解得x>3或x<-1, ∴使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞),故选D. 5.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,且g(x)≠0,当x<0时,f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(-3)=0,则不等式 <0的解集是(-∞,-3)∪(0,3). [解析] 因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数, 所以f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x). 因为当x<0时,f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0, 当x<0时,[ ]′= >0, 令h(x)= . 则h(x)在(-∞,0)上单调递增, 因为h(-x)= = =-h(x), 所以h(x)为奇函数, 根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为f(-3)=-f(3)=0, 所以h(-3)=-h(3)=0, h(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3). 6.已知函数f(x)=x3-3ax(a∈R),若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线,则a的取值范围为(-∞, ). [解析] f(x)=x3-3ax(a∈R),则f′(x)=3x2-3a,若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线, 则直线的斜率为-1,f′(x)=3x2-3a与直线x+y+m=0没有交点, 又抛物线开口向上则必在直线上面,即最小值大于直线斜率,则当x=0时取最小值,-3a>-1, 则a的取值范围为a< . 7.已知f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10,则a+b=-7. [解析] f′(x)=3x2+2ax+b,由x=1时,函数取得极值10, 得 联立①②得 或 当a=4,b=-11时,f′(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1)在x=1两侧的符号相反,符合题意. 当a=-3,b=3时,f′(x)=3(x-1)2在x=1两侧的符号相同,所以a=-3,b=3不符合题意,舍去. 综上可知,a=4,b=-11,∴a+b=-7. 8.(文)已知函数f(x)=2ax- -(2+a)lnx(a≥0). (1)当a=0时,求f(x)的极值; (2)当a>0时,讨论f(x)的单调性. [解析] (1)当a=0时,f(x)=- -2lnx⇒f′(x)= - = (x>0). 由f′(x)= >0, 解得0 , 由f′(x)= <0, 解得x> . ∴f(x)在(0, )内是增函数,在( ,+∞)内是减函数. ∴f(x)的极大值为f( )=2ln2-2,无极小值. (2)f(x)=2ax- -(2+a)lnx⇒ f′(x)=2a+ -(2+a) = = .
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