2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破課時(shí)作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理

上傳人:xt****7 文檔編號(hào):105964297 上傳時(shí)間:2022-06-13 格式:DOC 頁(yè)數(shù):8 大?。?5.50KB
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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破課時(shí)作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 理 1.[2018·合肥高三檢測(cè)]已知直線(xiàn)2x-y+1=0與曲線(xiàn)y=aex+x相切(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的值是(  ) A.   B.1 C.2 D.e 解析:由題意知y′=aex+1=2,則a>0,x=-lna,代入曲線(xiàn)方程得y=1-lna,所以切線(xiàn)方程為y-(1-lna)=2(x+lna),即y=2x+lna+1=2x+1?a=1. 答案:B 2.[2018·廣州綜合測(cè)試]已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處的極值為10,則數(shù)對(duì)(a,b)為(  ) A.(-3,3) B.(

2、-11,4) C.(4,-11) D.(-3,3)或(4,-11) 解析:f′(x)=3x2+2ax+b,依題意可得即消去b可得a2-a-12=0,解得a=-3或a=4,故或當(dāng)時(shí),f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,這時(shí)f(x)無(wú)極值,不合題意,舍去,故選C. 答案:C 3.[2018·北師大附中期中]若a=exdx,b=xdx,c=dx,則a,b,c的大小關(guān)系是(  ) A.a(chǎn)2,b=xdx=x2=,c=dx=lnx=ln2<1, ∴a,b,c的大小關(guān)系是c

3、0時(shí),f′(x)>0,則(  ) A.f(0)>f(log32)>f(-log23) B.f(log32)>f(0)>f(-log23) C.f(-log23)>f(log32)>f(0) D.f(-log23)>f(0)>f(log32) 解析:因?yàn)閒′(x)是奇函數(shù),所以f(x)是偶函數(shù).而|-log23|=log23>log22=1,00時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù), 所以

4、f(0)

5、合模擬]若函數(shù)f(x)=(2x2-mx+4)ex在區(qū)間[2,3]上不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:因?yàn)閒(x)=(2x2-mx+4)ex,所以f′(x)=[2x2+(4-m)x+4-m]ex,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[2,3]上不是單調(diào)函數(shù),所以f′(x)=0在區(qū)間(2,3)上有根,即2x2+(4-m)x+4-m=0在區(qū)間(2,3)上有根,所以m=在區(qū)間(2,3)上有根,令t=x+1,則x=t-1,t∈(3,4),所以m===2在t∈(3,4)上有根,從而求得m的取值范圍為,故選B. 答案:B 7.[2018·寶安,潮陽(yáng),桂城等八校聯(lián)考]

6、已知函數(shù)f(x)=x2的圖象在點(diǎn)(x0,x)處的切線(xiàn)為l,若l也與函數(shù)y=lnx,x∈(0,1)的圖象相切,則x0必滿(mǎn)足(  ) A.01,所以1+ln2x0=x,x0∈(1,+∞).令g(x)=x2-ln2x-1,x∈[1,+∞),則

7、g′(x)=2x-=>0,所以g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=-ln2<0,g()=1-ln2<0,g()=2-ln2>0,所以存在x0∈(,),使得g(x0)=0,故的解集為(  ) A.(1,2) B.(0,1) C.(-1,1) D.(1,+∞) 解析:令g(x)=f(x)-(x+1),∴g′(x)=f′(x)-<0,故g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減且g(1)=0. 令g(x)>0,則x<1,f(x2)>?f(x2)->0?g

8、(x2)>0?x2<1?-10,則g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,g(x)≤g(1)=1-2a.①當(dāng)1-2a≤0,即a≥時(shí),g(x)≤0,則f′(x)

9、≤0,f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,f(x)≥f(1)=0,所以f(x)≥0在(0,1]上恒成立.②當(dāng)1-2a>0,即a<時(shí),在(0,1]上,g(x)≤0不恒成立,所以存在x0,使g(x0)=0,則在(0,x0)上,g(x)<0,在(x0,1)上,g(x)>0,所以在(0,x0)上f(x)單調(diào)遞減,在(x0,1)上f(x)單調(diào)遞增,由g(x0)=0,知2lnx0+1-2a=0,lnx0=,x0=e,f(x0)=e2a-1×-a(e2a-1-1)=a-e2a-1,令h(a)=a-e2a-1,a<,h′(a)=1-e2a-1×2=1-e2a-1>0,h(a)在上單調(diào)遞增,所以h(a)

10、f(x0)<0,故f(x)≥0在x∈(0,1]上不恒成立.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選C. 答案:C 10.[2018·全國(guó)卷Ⅱ]曲線(xiàn)y=2ln(x+1)在點(diǎn)(0,0)處的切線(xiàn)方程為_(kāi)_______. 解析:∵ y=2ln(x+1),∴ y′=.令x=0,得y′=2,由切線(xiàn)的幾何意義得切線(xiàn)斜率為2,又切線(xiàn)過(guò)點(diǎn)(0,0),∴ 切線(xiàn)方程為y=2x. 答案:y=2x 11.[2018·石家莊二模] (x2+)dx=________. 解析:因?yàn)楸硎疽栽c(diǎn)為圓心,半徑為1的圓面積的,其值為. 又x2dx=x3=. 所以 (x2+)dx=x2dx+dx=+. 答案:+ 12.[20

11、18·江蘇卷]若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為_(kāi)_______. 解析:f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a)(x>0). ①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上遞增, 又f(0)=1,∴ f(x)在(0,+∞)上無(wú)零點(diǎn). ②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0解得x>, 由f′(x)<0解得0

12、-1,1]時(shí),f(x)在[-1,0]上遞增,在[0,1]上遞減. 又f(1)=0,f(-1)=-4, ∴ f(x)max+f(x)min=f(0)+f(-1)=1-4=-3. 答案:-3 13.[2018·北京卷]設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)與x軸平行,求a; (2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍. 解析:(1)解:因?yàn)閒(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex. 所以f′(1)=(1-a)e. 由題設(shè)知f′(1)

13、=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此時(shí)f(1)=3e≠0. 所以a的值為1. (2)解:由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex =(ax-1)(x-2)ex. 若a>,則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a≤,則當(dāng)x∈(0,2)時(shí),x-2<0,ax-1≤x-1<0, 所以f′(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點(diǎn). 綜上可知,a的取值范圍是. 14.[2018·全國(guó)卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)=. (1)求曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線(xiàn)方程; (2)證明:當(dāng)a≥1

14、時(shí),f(x)+e≥0. 解析:(1)解:f′(x)=,f′(0)=2. 因此曲線(xiàn)y=f(x)在(0,-1)處的切線(xiàn)方程是 2x-y-1=0. (2)證明:當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x. 令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g′(x)=2x+1+ex+1. 當(dāng)x<-1時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x>-1時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以g(x)≥g(-1)=0. 因此f(x)+e≥0. 15.[2018·武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-,其中a為常數(shù). (1)當(dāng)1

15、當(dāng)x>0時(shí),求g(x)=xln+ln(1+x)的最大值. 解析:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-1,+∞),f′(x)=,x>-1. ①當(dāng)-1<2a-3<0,即10時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)2a-30,即a>時(shí), 當(dāng)-12a-3時(shí),f′(x)>0,則f(x)在(-1,0),(2a-3,+∞)上單調(diào)遞增, 當(dāng)0

16、)上單調(diào)遞減. 綜上,當(dāng)1

17、∴h′(x)<0,從而h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減, ∴h(x)≥h(1)=0,∴g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增, ∴g(x)≤g(1)=2ln2,∴g(x)的最大值為2ln2. 16.[2018·天津卷]設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列. (1)若t2=0,d=1,求曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線(xiàn)方程; (2)若d=3,求f(x)的極值; (3)若曲線(xiàn)y=f(x)與直線(xiàn)y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn),求d的取值范圍. 解析:(1)解:由已知,可得f(x)=x(x-1)

18、(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f′(0)=-1. 又因?yàn)榍€(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線(xiàn)方程為y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切線(xiàn)方程為x+y=0. (2)解:由已知可得 f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t2-9)x-t2+9t2. 故f′(x)=3x2-6t2x+3t2-9. 令f′(x)=0,解得x=t2-或x=t2+. 當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,t2-) t2- (t2-,t2+) t2+ (

19、t2+,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-)=(-)3-9×(-)=6, 函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+)=()3-9×=-6. (3)解:曲線(xiàn)y=f(x)與直線(xiàn)y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解. 令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0. 設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+6,則曲線(xiàn)y=f(x)與直線(xiàn)y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x

20、)有三個(gè)零點(diǎn). g′(x)=3x2+(1-d2). 當(dāng)d2≤1時(shí),g′(x)≥0,這時(shí)g(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意. 當(dāng)d2>1時(shí), 令g′(x)=0,解得x1=-,x2=. 易得,g(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在[x1,x2]上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增. 所以g(x)的極大值為 g(x1)=g=+6>0. g(x)的極小值為 g(x2)=g=-+6. 若g(x2)≥0,則由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn),不合題意. 若g(x2)<0,即(d2-1)>27,也就是|d|>,此時(shí)|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|

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