2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(五)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版新課標(biāo)）

《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(五)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版新課標(biāo)）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)(五)導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版新課標(biāo)）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(五) [第5講　導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用] (時間：45分鐘) 1．直線y＝kx＋b與曲線y＝x3＋ax＋1相切于點(2，3)，則b的值為(　　) A．－3 B．9 C．－15 D．7 2．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A.，＋∞ B．－∞， C.，＋∞ D．－∞， 3．函數(shù)y＝xex的最小值是(　　) A．－1 B．－e C．－ D．不存在 4．若函數(shù)f(x)＝(x－2)(x2＋c)在x＝2處有極值，則函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線的斜率為(　　) A．－5 B．－8

2、 C．－10 D．－12 5．有一機器人運動的位移s(單位：m)與時間t(單位：s)之間的函數(shù)關(guān)系為s(t)＝t2＋，則該機器人在t＝2時的瞬時速度為(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 6．函數(shù)f(x)＝ax2－b在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)，則a，b應(yīng)滿足(　　) A．a(chǎn)<0且b＝0 B．a(chǎn)>0且b∈R C．a(chǎn)<0且b≠0 D．a(chǎn)<0 7．設(shè)P點是曲線f(x)＝x3－x＋上的任意一點，若P點處切線的傾斜角為α，則角α的取值范圍是(　　) A.∪ B.∪ C. D. 圖5－1 8．定義在區(qū)間[0，a]上的函數(shù)f(x)

3、的圖象如圖5－1所示，記以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))為頂點的三角形面積為S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的圖象大致是(　　) 圖5－2 9．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(－1，2)處的切線恰好與直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，1] C．[－2，－1] D．[－2，＋∞) 10．已知直線y＝ex與函數(shù)f(x)＝ex的圖象相切，則切點坐標(biāo)為________． 11．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈

4、[－1，1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________． 12．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，則x的取值范圍是________________________________________________________________________． 13．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． 14．已知a>0，函數(shù)f(x)＝＋lnx－1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值

5、； (2)設(shè)g(x)＝x2－2bx＋4，當(dāng)a＝1時，若對任意x1∈(0，e)，存在x2∈[1，3]，使得f(x1)>g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍． 15．已知函數(shù)f(x)＝xlnx. (1)求f(x)的最小值； (2)若對所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍． 專題限時集訓(xùn)(五) 【基礎(chǔ)演練】 1．C　[解析] 將點(2，3)分別代入曲線y＝x3＋ax＋1和直線y＝kx＋b，得a＝－3，2k＋b＝3.又k＝y(tǒng)′|x＝2＝(3x2－3)|x＝2＝9，所以b＝3－2k＝3－18＝－15.故選C.

6、 2．C　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3x2＋2x＋m，因為f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，二次項系數(shù)a＝3>0，所以Δ＝4－12m≤0，解得m≥. 3．C　[解析] y′＝ex＋xex，令y′＝0，得x＝－1，因為x<－1時y′<0，x>－1時y′>0，所以x＝－1時ymin＝－，選C. 4．A　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝x2＋c＋(x－2)·2x.又因為f′(2)＝0，所以4＋c＋(2－2)×4＝0，所以c＝－4.于是f′(1)＝1－4＋(1－2)×2＝－5.故選A. 【提升訓(xùn)練】 5．D　[解析] ∵s(t)＝t2＋，∴s′(t)＝2t－，則機器人在t＝2時

7、的瞬時速度為s′(2)＝2×2－＝(m/s)．故選D. 6．B　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝2ax，因為f(x)在區(qū)間(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)，則f′(x)<0，求得a>0，且此時b∈R.故選B. 7．A　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3x2－≥－， ∴f(x)上任意一點P處的切線的斜率k≥－，即tanα≥－， ∴0≤α<或≤α<π. 8．D　[解析] 由于AB的長度為定值，只要考慮點C到直線AB的距離的變化趨勢即可．當(dāng)x在區(qū)間[0，a]變化時，點C到直線AB的距離先是遞增，然后遞減，再遞增，再遞減，S′(x)的圖象先是在x軸上方，再到x軸下方，再回到x軸上方，再

8、到x軸下方，并且函數(shù)在直線AB與函數(shù)圖象的交點處間斷，在這個間斷點函數(shù)性質(zhì)發(fā)生突然變化，所以選項D中的圖象符合要求． 9．C　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3mx2＋2nx.依題意解得所以f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．由此可知f(x)在[－2，0]上遞減，又已知f(x)在[t，t＋1]上遞減，所以[－2，0]?[t，t＋1]，即解得－2≤t≤－1.故選C. 10．(1，e)　[解析] 設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)，對f(x)＝ex求導(dǎo)，得f′(x)＝ex，所以f′(x0)＝ex0＝e，即x0＝1.又y0＝f(x0)＝ex0＝e，所以切點坐標(biāo)為(1，e)． 11．－13

9、　[解析] 對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.于是f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，1]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)m∈[－1，1]時，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對稱軸為x＝1，∴當(dāng)n∈[－1，1]時，f′(n)min＝f(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13. 12．－2，　[解析] ∵f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)是R上的增函數(shù)．又f(－x)＝－f(x)

10、，∴y＝f(x)是奇函數(shù)．由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，∴mx－2<－x，即mx－2＋x<0在m∈[－2，2]上恒成立．記g(m)＝xm－2＋x，則即求得－20， 當(dāng)k>0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－k)和(k，＋∞)，f(x)的減區(qū)間為(－k，k)， 當(dāng)k<0時，f(x)的增區(qū)間為(k，－k)，f(x)的減區(qū)間為(－∞，k)和(－k，＋∞)． (2)當(dāng)k>0時，f(k＋1)＝e>，所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當(dāng)k<0時，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f

11、(－k)＝， 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤ ?－≤k<0. 綜上，k的范圍為－，0. 14．解：(1)令f′(x)＝－＝0，得x＝a. 當(dāng)a≥e時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e]是減函數(shù)，f(x)min＝； 當(dāng)0

12、3時，g(3)＝13－6b<0恒成立； 當(dāng)12}． 15．解：(1)f(x)的定義域為， f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝1＋lnx. 令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得01時，因為g′(x)＝>

13、0， 故g(x)是上的增函數(shù)，所以g(x)的最小值是g(1)＝1， 所以a的取值范圍是. 解法二：令g(x)＝f(x)－(ax－1)，則g′(x)＝f′(x)－a＝1－a＋lnx， ①若a≤1，當(dāng)x>1時，g′(x)＝1－a＋lnx>1－a≥0， 故g(x)在上為增函數(shù)， 所以，x≥1時，g(x)≥g(1)＝1－a≥0，即f(x)≥ax－1； ②若a>1，方程g′(x)＝0的根為x0＝ea－1， 此時，若x∈，則g′(x)<0，故g(x)在該區(qū)間為減函數(shù)， 所以x∈時，g(x)