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  • 2021-06-16 发布

2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第3讲导数的简单应用课时作业

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第3讲 导数的简单应用 限时50分钟 满分76分 一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)‎ ‎1.(2020·南开中学质检)已知函数f(x)=g(x)+2x且曲线y=g(x)在x=1处的切线为y=2x+1,则曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为(  )‎ A.2           B.4‎ C.6 D.8‎ 解析:B [∵曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,∴g′(1)=2.∵函数f(x)=g(x)+2x,∴f′(x)=g′(x)+2,∴f′(1)=g′(1)+2,∴f′(1)=2+2=4,即曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为4.故选B.]‎ ‎2.(2019·南京三模)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]‎ C.[2,+∞) D.[1,+∞)‎ 解析:D [因为f(x)=kx-ln x,所以f′(x)=k-.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f′(x)=k-≥0恒成立,即k≥在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以0<<1,所以k≥1.故选D.]‎ ‎3.(2019·保定三模)函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围是(  )‎ A.[0,1) B.(-1,1)‎ C. D.(0,1)‎ 解析:D [f′(x)=3x2-3a=3(x2-a).‎ 当a≤0时,f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值.‎ 当a>0时,f′(x)=3(x-)(x+).‎ 当x∈(-∞,-)和(,+∞)时,f(x)单调递增;‎ 当x∈(-,)时,f(x)单调递减,‎ 所以当<1,即0<a<1时,f(x)在(0,1)内有最小值.]‎ ‎4.(2020·长沙模拟)已知函数f(x)=x3+ax2+3x+1有两个极值点,则实数a - 6 -‎ 的取值范围是(  )‎ A.(,+∞) B.(-∞,-)‎ C.(-,) D.(-∞,-)∪(,+∞)‎ 解析:D [f′(x)=x2+2ax+3.‎ 由题意知方程f′(x)=0有两个不相等的实数根,‎ 所以Δ=4a2-12>0,‎ 解得a>或a<-.]‎ ‎5.(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数,且满足f′(x)+f(x)>0,其中f′(x)为f(x)的导函数,设a=f(0),b=2f(ln 2),c=ef(1),则a,b,c的大小关系是(  )‎ A.c>b>a B.a>b>c C.c>a>b D.b>c>a 解析:A [令g(x)=exf(x),则g′(x)=ex[f(x)+f′(x)]>0,所以函数g(x)在定义域R上单调递增,从而g(0)<g(ln 2)<g(1),得f(0)<2f(ln 2)<ef(1),即a<b<c.故选A.]‎ ‎6.(山东卷)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是(  )‎ A.y=sin x B.y=ln x C.y=ex D.y=x3‎ 解析:A [当y=sin x时,y′=cos x,cos 0·cos π=-1,所以在函数y=sin x图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=ln x,y=ex,y=x3的导数值均非负,不符合题意,故选A.]‎ 二、填空题(本大题共2小题,每小题5分,共10分)‎ ‎7.(2019·厦门三模)已知直线y=kx-2与曲线y=xln x相切,则实数k的值为____________.‎ 解析:由y=xln x知y′=ln x+1,设切点为(x0,x0ln x0),则切线方程为y-x0ln x0=(ln x0+1)(x-x0),因为切线y=kx-2过定点(0,-2),所以-2-x0ln x0=(ln x0+1)(0-x0),解得x0=2,故k=1+ln 2.‎ 答案:1+ln 2‎ ‎8.(2019·潍坊三模)设函数f(x)=ln x-ax2-bx,若x=1是f(x)的极大值点,则a的取值范围是____________.‎ 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b,‎ 由f′(1)=0,得b=1-a.‎ - 6 -‎ ‎∴f′(x)=-ax+a-1==-.‎ ‎①若a≥0,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 所以x=1是f(x)的极大值点.‎ ‎②若a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-.‎ 因为x=1是f(x)的极大值点,‎ 所以->1,解得-1<a<0.‎ 综合①②得a的取值范围是(-1,+∞).‎ 答案:(-1,+∞)‎ 三、解答题(本大题共3小题,每小题12分,共36分)‎ ‎9.(2018·北京卷)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a;‎ ‎(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.‎ 解:(1)∵f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex ‎∴f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex ‎∴f′(2)=(2a-1)e2=0‎ ‎∴a= ‎(2)f′(x)=(ax-1)(x-1)ex ‎①当a=0时,令f′(x)=0得x=1‎ f′(x),f(x)随x变化如下表:‎ x ‎(-∞,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎  极大值  ‎∴f(x)在x=1处取得极大值(舍)‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1‎ a.当x1=x2,即a=1时,‎ f′(x)=(x-1)2ex≥0‎ ‎∴f(x)在R上单调递增 ‎∴f(x)无极值(舍)‎ b.当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x变化如下表:‎ - 6 -‎ x ‎(-∞,1)‎ ‎1‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)在x=1处取极大值(舍)‎ c.当x1<x2,即a>1时 f′(x),f(x)随x变化如下表:‎ x ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)在x=1处取极小值 即a>1成立 ‎③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1‎ f′(x),f(x)随x变化如下表:‎ x ‎1‎ ‎(1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎  极小值  极大值  ‎∴f(x)在x=1处取极大值(舍)‎ 综上所述:a的取值范围为(1,+∞).‎ ‎10.(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性.‎ ‎(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.‎ 解析:这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性,最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大,由计算量补充.‎ ‎(1)对f(x)=2x3-ax2+b求导得f′(x)=6x2-2ax=6x.所以有当a<0时,区间上单调递增,区间上单调递减,(0,+∞)区间上单调递增;‎ 当a=0时,(-∞,+∞)区间上单调递增;‎ 当a>0时,(-∞,0)区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.‎ - 6 -‎ ‎(2)若f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值-1,所以若a<0,区间上单调递增,区间上单调递减,(0,+∞)区间上单调递增;‎ 此时在区间[0,1]上单调递增,所以f(0)=-1,f(1)=1代入解得b=-1,a=0,与a<0矛盾,所以a<0不成立.‎ 若a=0,(-∞,+∞)区间上单调递增;在区间[0.1].所以f(0)=-1,f(1)=1代入解得.‎ 若0<a≤2,(-∞,0)区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.‎ 即f(x)在区间单调递减,在区间单调递增,所以区间[0,1]上最小值为f 而f(0)=b,f(1)=2-a+b≥f(0),故所以区间[0,1]上最大值为f(1). ‎ 即相减得2-a+=2,即a(a-3)(a+3)=0,又因为0<a≤2,所以无解.‎ 若2<a≤3,(-∞,0)区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.‎ 即f(x)在区间单调递减,在区间单调递增,所以区间[0,1]上最小值为f 而f(0)=b,f(1)=2-a+b≤f(0),故所以区间[0,1]上最大值为f(0). ‎ 即相减得=2,解得x=3,又因为2<a≤3,所以无解.‎ 若a>3,(-∞,0)区间上单调递增,区间上单调递减,区间上单调递增.‎ 所以有f(x)区间[0,1]上单调递减,所以区间[0,1]上最大值为f(0),最小值为f(1)‎ 即解得.‎ 综上得或.‎ 答案:(1)见详解;(2)或.‎ ‎11.(2018·江苏卷)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.‎ - 6 -‎ ‎(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;‎ ‎(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;‎ ‎(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.‎ 解:(1)f′(x)=1,g′(x)=2x+2‎ 若存在,则有 根据②得到x0=-代入①不符合,因此不存在“S点”.‎ ‎(2)f′(x)=2ax,g′(x)= 根据题意有 且有x0>0‎ 根据②得到x0=代入①得到a=.‎ ‎(3)f′(x)=-2x,g′(x)= 转化为-x+a+=0‎ ‎∵0<x0<1‎ ‎∴-x+x+a(x0-1)+2x=0⇒m(x)=-x+3x+a(x0-1)=0‎ 转化为m(x)存在零点x0,0<x0<1‎ 又m(0)=-a<0,m(1)=2‎ ‎∴m(x)恒存在零点大于0小于1‎ ‎∴对任意a>0均存在b>0,使得存在“S点”.‎ - 6 -‎