(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:8+6分項練14 導(dǎo)數(shù) 理

上傳人:xt****7 文檔編號:106964121 上傳時間:2022-06-14 格式:DOC 頁數(shù):10 大?。?02KB
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1、(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:8+6分項練14 導(dǎo)數(shù) 理 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),

2、 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

3、ex>0,令h′(x)>0,可得x>1, 令h′(x)<0,可得0

4、x+1=e,即x=e-1, 則滿足00,解得1

5、即n-m的取值范圍是[3-2ln 2,2). 4.(2018·安徽省江南十校聯(lián)考)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)滿足:當(dāng)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(dāng)x≠2時,(x-2)[f(x)+(2-x)f′(x)]>0, 所以當(dāng)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

6、(4), 即>>, 即(2+4)f()>2f(3)>f(4). 5.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(shè)公共切線在曲線C1,C2上的切點(diǎn)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(dāng)t>2時,f′(t)>0;當(dāng)1

7、的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 f(x)= 當(dāng)x>0時,f′(x)=, 當(dāng)01時,f′(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增, 當(dāng)x=1時,函數(shù)取得極小值f(1)=e. 當(dāng)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(shè)t=f(x),當(dāng)t>e時,t=f(x)有3個根,當(dāng)t=e時,t=f(x)有2個實根,當(dāng)0

8、t2>e,當(dāng)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. 7.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-ax+a存在零點(diǎn),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(diǎn), 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(diǎn), 如圖所示,作出f(x)圖象,直線y=a(x-1)恒過定點(diǎn)(1,0), 過點(diǎn)(-2,1)與(1,0)的直線的斜率k==-, 設(shè)直線y=a(x-1)與y=ex相切于點(diǎn)

9、(x0,), 則切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為, 則過切點(diǎn)的直線方程為y-=(x-x0), 又切線過點(diǎn)(1,0),則-=(1-x0), ∴x0=2e,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(diǎn), 則實數(shù)a的取值范圍是a≤-或a≥e2. 8.(2018·江西省重點(diǎn)中學(xué)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(guān)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.

10、 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(dāng)a=0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)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(dāng)x∈(-∞,1)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(1,+∞)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, 其中g(shù)(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

11、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(yīng)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-

12、由題意得f′(x)=3f′(1)-4x, ∴f′(1)=3f′(1)-4,∴f′(1)=2, ∴f′(x)=6-4x, ∴f′(0)=6-4×0=6. 10.若直線y=2x+b是曲線y=ex-2的切線,則實數(shù)b=________. 答案?。?ln 2 解析 由題意可知,設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),y′=ex,由y=2x+b是曲線y=ex-2的切線,得ex0=2,x0=ln 2,代入曲線得y0=0,然后將切點(diǎn)坐標(biāo)代入切線得b=-2ln 2. 11.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________

13、. 答案  解析 f(x)=x2+(ln 3x)2-2a(x+3ln 3x)+10a2=(x-a)2+(ln 3x-3a)2表示點(diǎn)M(x,ln 3x)與點(diǎn)N(a,3a)距離的平方,M點(diǎn)的軌跡是函數(shù)g(x)=ln 3x的圖象,N點(diǎn)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(diǎn)為(x1,y1),則=3,所以x1=,切點(diǎn)為P,所以曲線上點(diǎn)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(diǎn)M與點(diǎn)P重合,kMN==-,得a=. 12.(2018·峨眉山市第七教育發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=al

14、n(x+2)-x2,在區(qū)間(0,1)內(nèi)任取兩個實數(shù)p,q,且p>q,若不等式>2恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案  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(shù)(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(

15、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. 13.(2018·河北省衡水中學(xué)模擬)若存在兩個正實數(shù)x,y使等式2x+m(y-2ex)(ln y-ln x)=0成立(其中e=2.718 28…),則實數(shù)m的取值范圍是_____________________. 答案 (-∞,0)∪ 解析 由題意可得m=, 則==·ln, 令t=,構(gòu)造函數(shù)g(

16、t)=ln t(t>0), 則g′(t)=-ln t+× =-ln t+-(t>0), 設(shè)h(t)=g′(t), 則h′(t)=--=-<0恒成立, 則g′(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞減, 當(dāng)t=e時,g′(t)=0, 則當(dāng)t∈(0,e)時,g′(t)>0,函數(shù)g(t)單調(diào)遞增, 當(dāng)t∈(e,+∞)時,g′(t)<0,函數(shù)g(t)單調(diào)遞減, 則當(dāng)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)∪. 14.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

17、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(dāng)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(dāng)a>e時,令f′(x)=+e-a=0,得x=, 當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 所以當(dāng)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(shè)F(

18、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(dāng)x∈時,H′(x)>0,H(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈時,H′(x)<0,H(x)單調(diào)遞減, 所以當(dāng)x=e+時,H(x)取得最小值, 最小值為H=-e-, 因為當(dāng)x→e時,H(x)→-e, 當(dāng)x>2e時,H(x)>0,H(2e)=0, 所以當(dāng)x∈(e,2e)時,F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(2e,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=2e時,F(xiàn)(x)取最小值F(2e)==-, 所以的最小值為-.

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