2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.3（一）導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí)

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1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.3（一）導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 1．已知dx＝，則m的值為(　　) A. B． C．－ D．－1 解析：　dx＝(ln x－mx)＝(ln e－me)－(ln 1－m)＝1＋m－me＝，∴m＝.故選B. 答案：　B 2．已知m是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A. B． C.，(0，＋∞) D．∪(0，＋∞) 解析：　因?yàn)閒′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2.所以f′(x)＝3x2＋4x. 由f′(x)＝3x2＋4x

2、>0，解得x<－或x>0， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(0，＋∞)，故選C. 答案：　C 3．(2018·廣州市高中綜合測試(一))已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為(　　) A．(－3,3) B．(－11,4) C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11) 解析：　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意可得得消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4.故或當(dāng)時，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C. 答案：　C 4．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ae－x為

3、偶函數(shù)，若曲線y＝f(x)的一條切線的斜率為，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)等于(　　) A．ln 2 B．2ln 2 C．2 D． 解析：　因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)， 所以f(x)＝f(－x)，即ex＋ae－x＝e－x＋ae－(－x)， 解得a＝1，所以f(x)＝ex＋e－x， 所以f′(x)＝ex－e－x. 設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則f′(x0)＝ex0－e－x0＝.設(shè)ex0＝t>0，所以t－＝，解得t＝2(負(fù)值已舍去)，得ex0＝2，所以x0＝ln 2.故選A. 答案：　A 5．(2018·安徽淮北一模)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(1＋x)＝f(3－x)，且當(dāng)x∈(－∞，2)時，

4、(x－2)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．c>a>b C．c>b>a D．b>c>a 解析：　∵f(1＋x)＝f(3－x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，∴f(3)＝f(1)． 當(dāng)x∈(－∞，2)時，(x－2)f′(x)<0， ∴f′(x)>0，即此時f(x)單調(diào)遞增，∵0<<1， ∴f(0)

5、y′>0；x∈時，y′<0，故函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以當(dāng)x＝時，函數(shù)取最大值＋. 答案：?。? 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝g＋x2，曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為9x＋y－1＝0，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為____________． 解析：　由曲線y＝g(x)在點(diǎn)(1，g(1))處的切線方程為9x＋y－1＝0可得g(1)＝－8，g′(1)＝－9. 函數(shù)f(x)＝g＋x2的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝g′＋2x，則有f(2)＝g(1)＋4＝－8＋4＝－4，f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－.故曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y－(－4

6、)＝－(x－2)，即x＋2y＋6＝0. 答案：　x＋2y＋6＝0 8．若函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：　由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函數(shù)f(x)＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0. 答案：　(－∞，0) 9．已知f(x)＝ex－ax2，曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝bx＋1. (1)求a，b的值； (2)求f(x)在[0,1]上的最大值． 解析：　(1)f′(x)＝ex－2ax， 所以f′(1)＝e－2a＝b，f

7、(1)＝e－a＝b＋1， 解得a＝1，b＝e－2. (2)由(1)得：f(x)＝ex－x2， f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2， 所以f′(x)在(0，ln 2)上遞減，在(ln 2，＋∞)上遞增， 所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2>0， 所以f(x)在[0,1]上遞增， 所以f(x)max＝f(1)＝e－1. 10．已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點(diǎn)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍． 解析：　(1)f(

8、x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝2－＋，x∈(0，＋∞)． 因?yàn)閤＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點(diǎn)， 所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0. 解得b＝3，經(jīng)檢驗(yàn)，適合題意，所以b＝3. 因?yàn)閒′(x)＝2－＋＝， 解f′(x)<0，得00)， g′(x)＝2＋＋(x>0)． 因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立， 所以a≥(

9、－2x2－x)max，x∈[1,2]． 因?yàn)樵赱1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3. 故a的取值范圍為[－3，＋∞)． B級 1．定義：如果函數(shù)f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m

10、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(shí)根． 令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0f B．f>f C．f>f D．f>f 解析：　∵cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0， ∴在上，′<0，∴函數(shù)y＝在上是減函數(shù)，∴>，∴f>f，故選C. 答案：　C 3．已知函數(shù)f(x)＝＋ax，x>1.

11、 (1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值． 解析：　(1)f′(x)＝＋a，由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a≤－＝2－. ∵x∈(1，＋∞)，∴l(xiāng)n x∈(0，＋∞)， ∴當(dāng)－＝0時，函數(shù)t＝2－的最小值為－，∴a≤－， 即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)當(dāng)a＝2時，f(x)＝＋2x(x>1)，f′(x)＝， 令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0， 解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e. 當(dāng)1e時，f′(x)>0， ∴f(x)的極小值

12、為f＝＋2e＝4e. 4．已知函數(shù)f(x)＝ (1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值點(diǎn)； (2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值． 解析：　(1)當(dāng)x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  故當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)為x＝. (2)①當(dāng)－1≤x<1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 因?yàn)閒(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2. ②當(dāng)1≤x≤e時，f(x)＝aln x， 當(dāng)a≤0時，f(x)≤0； 當(dāng)a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a. 故當(dāng)a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a； 當(dāng)a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.