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  • 2021-06-24 发布

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题一 5 第5讲 导数的简单应用

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专题强化训练 ‎1.函数f(x)=x2-ln x的最小值为(  )‎ A.   B.1‎ C.0 D.不存在 解析:选A.因为f′(x)=x-=,且x>0.令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得00,解得x<-或x>0,‎ 即f(x)的单调递增区间为,(0,+∞),故选C.‎ ‎3.已知f(x)=x2+ax+3ln x在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(-∞,-2] B. C.[-2,+∞) D.[-5,+∞)‎ 解析:选C.由题意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立⇔g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立⇔Δ=a2-24≤0或⇔-2≤a≤2或a≥‎ ‎-4⇔a≥-2.‎ ‎4.(2019·台州二模)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),F(x)=,若F(x)的图象在x=0处的切线方程为y=-2x+c,则函数f(x)的最小值是(  )‎ A.2 B.1‎ C.0 D.-1‎ 解析:选C.因为f′(x)=2x+b,所以F(x)=,F′(x)=,又F(x)的图象在x=0处的切线方程为y=-2x+c,‎ 所以得所以f(x)=(x+2)2≥0,f(x)min=0.‎ ‎5.(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)=(x-x1)·(x-x2)(x-x3)(其中x1<x2<x3),g(x)=ex-e-x,且函数f(x)的两个极值点为α,β(α<β).设λ=,μ=,则(  )‎ A.g(α)<g(λ)<g(β)<g(μ)‎ B.g(λ)<g(α)<g(β)<g(μ)‎ C.g(λ)<g(α)<g(μ)<g(β)‎ D.g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β)‎ 解析:选D.由题意,f′(x)=(x-x1)(x-x2)+(x-x2)(x-x3)+(x-x1)(x-x3),‎ 因为f′()=-<0,‎ f′()=-<0,‎ 因为f(x)在(-∞,α),(β,+∞)上递增,(α,β)上递减,‎ 所以α<λ<μ<β,‎ 因为g(x)=ex-e-x单调递增,‎ 所以g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β).‎ 故选D.‎ ‎6.(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),其中a>0,b∈R,记m(a,b)为f(x)的最小值,则当m(a,b)=2时,b的取值范围为(  )‎ A.b> B.b< C.b> D.b< 解析:选D.函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),‎ 导数f′(x)=1-,‎ 当b≤0时,f′(x)>0,f(x)在x∈[a,+∞)递增,可得f(a)取得最小值,‎ 且为2a+,由题意可得2a+=2,a>0,b≤0方程有解;‎ 当b>0时,由f′(x)=1-=0,可得x=(负的舍去),‎ 当a≥时,f′(x)>0,f(x)在[a,+∞)递增,可得f(a)为最小值,‎ 且有2a+=2,a>0,b>0,方程有解;‎ 当a<时,f(x)在[a,]递减,在(,+∞)递增,‎ 可得f()为最小值,且有a+2=2,即a=2-2>0,‎ 解得0<b<.‎ 综上可得b的取值范围是(-∞,).‎ 故选D.‎ ‎7.(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)=的大致图象是(  )‎ 解析:选B.由f(x)的解析式知有两个零点x=-与x=0,排除A,又f′(x)=,‎ 由f′(x)=0知函数有两个极值点,排除C,D,故选B.‎ ‎8.(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1:y2=tx(y>0,t>0)在点M处的切线与曲线C2:y=ex+1+1也相切,则t的值为(  )‎ A.4e2    B.4e C.   D. 解析:选A.由y=,得y′=,则切线斜率为k=,所以切线方程为y-2=,即y=x+1.设切线与曲线y=ex+1+1 的切点为(x0,y0).由y=ex+1+1,得y′=ex+1,则由ex0+1=,得切点坐标为,故切线方程又可表示为y--1=,即y=x-ln ++1,所以由题意,得-ln ++1=1,即ln =2,解得t=4e2,故选A.‎ ‎9.(2019·金华十校高考模拟)已知函数f(x)=x3-x2+ax-1,若曲线存在两条斜率为3的切线,且切点的横坐标都大于0,则实数a的取值范围为____________.‎ 解析:由题意知,f(x)=x3-x2+ax-1的导数 f′(x)=2x2-2x+a.‎ ‎2x2-2x+a=3有两个不等正根,则,‎ 得3<a<.‎ 答案: ‎10.(2019·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足:f(1)=1,且对于任意的x∈R,都有f′(x)<,则不等式f(log2x)>的解集为________.‎ 解析:设g(x)=f(x)-x,‎ 因为f′(x)<,‎ 所以g′(x)=f′(x)-<0,‎ 所以g(x)为减函数,又f(1)=1,‎ 所以f(log2x)>=log2x+,‎ 即g(log2x)=f(log2x)-log2x> ‎=g(1)=f(1)-=g(log22),‎ 所以log2x<log22,又y=log2x为底数是2的增函数,‎ 所以0<x<2,‎ 则不等式f(log2x)>的解集为(0,2).‎ 答案:(0,2)‎ ‎11.(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f(x)=x3-3x,函数f(x)的图象在x=0处的切线方程是________;函数f(x)在区间[0,2]内的值域是________.‎ 解析:函数f(x)=x3-3x,切点坐标(0,0),导数为y′=3x2-3,切线的斜率为-3,‎ 所以切线方程为y=-3x;‎ ‎3x2-3=0,可得x=±1,x∈(-1,1),y′<0,函数是减函数,x∈(1,+∞),y′>0函数是增函数,f(0)=0,f(1)=-2,f(2)=8-6=2,‎ 函数f(x)在区间[0,2]内的值域是[-2,2].‎ 答案:y=-3x [-2,2]‎ ‎12.(2019·台州市高三期末考试)已知函数f(x)=x2-3x+ln x,则f(x)在区间[,2]‎ 上的最小值为________;当f(x)取到最小值时,x=________.‎ 解析:f′(x)=2x-3+=(x>0),‎ 令f′(x)=0,得x=,1,‎ 当x∈(,1)时,f′(x)<0,x∈(1,2)时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)在区间[,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,‎ 所以当x=1时,f(x)在区间[,2]上的最小值为f(1)=-2.‎ 答案:-2 1‎ ‎13.(2019·唐山二模)已知函数f(x)=ln x-nx(n>0)的最大值为g(n),则使g(n)-n+2>0成立的n的取值范围为________.‎ 解析:易知f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 因为f′(x)=-n(x>0,n>0),‎ 当x∈时,f′(x)>0,‎ 当x∈时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,‎ 所以f(x)的最大值 g(n)=f=-ln n-1.设h(n)=g(n)-n+2=-ln n-n+1.‎ 因为h′(n)=--1<0,‎ 所以h(n)在(0,+∞)上单调递减.又h(1)=0,‎ 所以当0h(1)=0,故使g(n)-n+2>0成立的n的取值范围为(0,1).‎ 答案:(0,1)‎ ‎14.(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是________.‎ 解析:设g(x)=ex(2x-1),y=ax-a,由题意存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y=ax-a的下方,‎ 因为g′(x)=ex(2x+1),‎ 所以当x<-时,g′(x)<0,当x>-时,g′(x)>0,‎ 所以当x=-时,g(x)min=-2e,当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e>0,直线y=ax-a恒过(1,0),斜率为a,故-a>g(0)=-1,且 g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得≤a<1.‎ 答案:≤a<1‎ ‎15.设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.‎ ‎(1)求b,c的值;‎ ‎(2)若a>0,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=x2-ax+b,‎ 由题意得即 ‎(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(0,a)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).‎ ‎(3)g′(x)=x2-ax+2,依题意,存在x∈(-2,-1),‎ 使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立,‎ 即x∈(-2,-1)时,a<=-2, ‎ 当且仅当x=即x=-时等号成立.‎ 所以满足要求的a的取值范围是(-∞,-2).‎ ‎16.(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)=ex-x,h(x)=-kx3+kx2-x+1.‎ ‎(1)求f(x)的最小值;‎ ‎(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0,1]恒成立时k的最大值为λ,证明:4<λ<6.‎ 解:(1)因为f(x)=ex-x,所以f′(x)=ex-1,‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以f(x)min=f(0)=1.‎ ‎(2)证明:由h(x)≤f(x),化简可得k(x2-x3)≤ex-1,‎ 当x=0,1时,k∈R,‎ 当x∈(0,1)时,k≤,‎ 要证:4<λ<6,则需证以下两个问题;‎ ‎①>4对任意x∈(0,1)恒成立;‎ ‎②存在x0∈(0,1),使得<6成立.‎ 先证:①>4,即证ex-1>4(x2-x3),‎ 由(1)可知,ex-x≥1恒成立,‎ 所以ex-1≥x,又x≠0,所以ex-1>x,‎ 即证x≥4(x2-x3)⇔1≥4(x-x2)⇔(2x-1)2≥0,‎ ‎(2x-1)2≥0,显然成立,‎ 所以>4对任意x∈(0,1)恒成立;‎ 再证②存在x0∈(0,1),使得<6成立.‎ 取x0=,=8(-1),因为<,‎ 所以8(-1)<8×=6,‎ 所以存在x0∈(0,1),使得<6,‎ 由①②可知,4<λ<6.‎ ‎17.(2019·宁波市高考模拟)已知f(x)=x+,g(x)=x+ln x,其中a>0.若对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.‎ 解:对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2)⇔当x∈[1,e]有f(x)min≥g(x)max,‎ 当x∈[1,e]时,g′(x)=1+>0,‎ 所以g(x)在x∈[1,e]上单调递增,‎ 所以g(x)max=g(e)=e+1.‎ 当x∈[1,e]时,f′(x)=1-=,‎ 因为a>0,‎ 所以令f′(x)=0得x=a.‎ ‎①当0<a<1时,f′(x)>0,所以f(x)在[1,e]上单调递增,‎ 所以f(x)min=f(1)=a2+1.‎ 令a2+1≥e+1得a≥,这与0<a<1矛盾.‎ ‎②当1≤a≤e时,若1≤x<a,则f′(x)<0,‎ 若a<x≤e,则f′(x)>0,‎ 所以f(x)在[1,a]上单调递减,在[a,e]上单调递增,‎ 所以f(x)min=f(a)=2a,令2a≥e+1得a≥,‎ 又1≤a≤e,‎ 所以≤a≤e.‎ ‎③当a>e时,f′(x)<0,所以f(x)在[1,e]上单调递减,‎ 所以f(x)min=f(e)=e+.‎ 令e+≥e+1得a≥,又a>e,‎ 所以a>e.‎ 综合①②③得,所求实数a的取值范围是.‎ ‎18.(2019·宁波九校联考)已知函数f(x)=e-x-.‎ ‎(1)证明:当x∈[0,3]时,e-x≥;‎ ‎(2)证明:当x∈[2,3]时,-<f(x)<0.‎ 证明:(1)要证e-x≥,也即证ex≤1+9x.‎ 令F(x)=ex-9x-1,则F′(x)=ex-9.‎ 令F′(x)>0,则x>2ln 3.因此,当0≤x<2ln 3时,有F′(x)<0,故F(x)在[0,2ln 3)上单调递减;当2ln 3<x≤3时,有F′(x)>0,故F(x)在[2ln 3,3]上单调递增.‎ 所以,F(x)在[0,3]上的最大值为max{F(0),F(3)}.‎ 又F(0)=0,F(3)=e3-28<0.故F(x)≤0,x∈[0,3]成立,‎ 即ex≤1+9x,x∈[0,3]成立.原命题得证.‎ ‎(2)由(1)得:当x∈[2,3]时,f(x)=e-x-≥-.‎ 令t(x)=-,‎ 则t′(x)=-(1+9x)-2·9+(1+x)-2=-==≥0,x∈[2,3].‎ 所以,t(x)在[2,3]上单调递增,即t(x)≥t(2)=->-=-,x∈[2,3],‎ 所以f(x)>-得证.‎ 下证f(x)<0.‎ 即证ex>x+1‎ 令h(x)=ex-(x+1)则h′(x)=ex-1>0,‎ 所以h(x)在[2,3]上单调递增,‎ 所以,h(x)=ex-(x+1)≥e2-3>0,得证.‎ 另证:要证->-,即证9x2-18x+1>0,‎ 令m(x)=9x2-18x+1=9(x-1)2-8在[2,3]上递增,所以m(x)≥m(2)=1>0得证.‎

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