• 53.51 KB
  • 2021-06-10 发布

2019版一轮复习理数通用版“导数及其应用”双基过关检测

  • 5页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
“导数及其应用”双基过关检测 一、选择题 1.已知函数 f(x)=logax(a>0 且 a≠1),若 f′(1)=-1,则 a=( ) A.e B. 1 e C.1 e2 D.1 2 解析:选 B 因为 f′(x)= 1 xln a ,所以 f′(1)= 1 ln a =-1,所以 ln a=-1,所以 a=1 e. 2.直线 y=kx+1 与曲线 y=x2+ax+b 相切于点 A(1,3),则 2a+b 的值为( ) A.-1 B.1 C.2 D.-2 解析:选 C 由曲线 y=x2+ax+b,得 y′=2x+a, 由题意可得 k+1=3, k=2+a, 1+a+b=3, 解得 k=2, a=0, b=2, 所以 2a+b=2. 3.函数 y=2x3-3x2 的极值情况为( ) A.在 x=0 处取得极大值 0,但无极小值 B.在 x=1 处取得极小值-1,但无极大值 C.在 x=0 处取得极大值 0,在 x=1 处取得极小值-1 D.以上都不对 解析:选 C y′=6x2-6x, 由 y′=6x2-6x>0,可得 x>1 或 x<0, 即单调增区间是(-∞,0),(1,+∞). 由 y′=6x2-6x<0,可得 01,所以 m≤1. 5.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是( ) A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞) 解析:选 D 依题意得 f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex, 令 f′(x)>0,解得 x>2, ∴f(x)的单调递增区间是(2,+∞).故选 D. 6.已知函数 f(x)=x(x-m)2 在 x=1 处取得极小值,则实数 m=( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:选 B f(x)=x(x2-2mx+m2)=x3-2mx2+m2x, 所以 f′(x)=3x2-4mx+m2=(x-m)(3x-m). 由 f′(1)=0 可得 m=1 或 m=3. 当 m=3 时,f′(x)=3(x-1)(x-3), 当 13 时,f′(x)>0,此时在 x=1 处取得极大值,不合 题意, ∴m=1,此时 f′(x)=(x-1)(3x-1), 当1 31 时,f′(x)>0, 此时在 x=1 处取得极小值.选 B. 7.由曲线 y=x2-1,直线 x=0,x=2 和 x 轴所围成的封闭图形的面积是( ) A.错误!(x2-1)dx B.错误!|x2-1|dx C.错误!(x2-1)dx D.错误!(x2-1)dx+错误!(1-x2)dx 解析:选 B 作出封闭图形的示意图如图所示, 易得所围成的封闭图形的面积是 S=错误!(1-x2)dx+错误!(x2-1)dx=错误!|x2-1|dx. 8.若函数 f(x)= 1-2x,x≤0, x3-3x+a,x>0 的值域为[0,+∞), 则 实 数 a 的取值范围是( ) A.[2,3] B.(2,3] C.(-∞,2] D.(-∞,2) 解析:选 A 当 x≤0 时,0≤f(x)=1-2x<1; 当 x>0 时,f(x)=x3-3x+a,f′(x)=3x2-3, 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以当 x=1 时,函数 f(x)取得最小值 f(1)=1-3+a=a-2. 由题意得 0≤a-2≤1,解得 2≤a≤3,选 A. 二、填空题 9.若函数 f(x)=x+aln x 不是单调函数,则实数 a 的取值范围是________. 解析:由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=1+a x ,要使函数 f(x)=x+aln x 不是单调函数, 则需方程 1+a x =0 在(0,+∞)上有解,即 x=-a,∴a<0. 答案:(-∞,0) 10.已知函数 f(x)=ln x-f′(-1)x2+3x-4,则 f′(1)=________. 解析:∵f′(x)=1 x -2f′(-1)x+3, ∴f′(-1)=-1+2f′(-1)+3, ∴f′(-1)=-2,∴f′(1)=1+4+3=8. 答案:8 11.已知函数 f(x)的图象在点 M(1,f(1))处的切线方程是 y=1 2x+3,则 f(1)+f′(1)= ________. 解析:由题意知 f′(1)=1 2 ,f(1)=1 2 ×1+3=7 2 , ∴f(1)+f′(1)=7 2 +1 2 =4. 答案:4 12.已知函数 g(x)满足 g(x)=g′(1)ex-1-g(0)x+1 2x2,且存在实数 x0,使得不等式 2m-1≥g(x0)成立,则实数 m 的取值范围为________. 解析:g′(x)=g′(1)ex-1-g(0)+x, 令 x=1 时,得 g′(1)=g′(1)-g(0)+1, ∴g(0)=1,g(0)=g′(1)e0-1=1, ∴g′(1)=e, ∴g(x)=ex-x+1 2x2,g′(x)=ex-1+x, 当 x<0 时,g′(x)<0,当 x>0 时,g′(x)>0, ∴当 x=0 时,函数 g(x)取得最小值 g(0)=1. 根据题意得 2m-1≥g(x)min=1,∴m≥1. 答案:[1,+∞) 三、解答题 13.已知函数 f(x)=x+a x +b(x≠0),其中 a,b∈R. (1)若曲线 y=f(x)在点 P(2,f(2))处的切线方程为 y=3x+1,求函数 f(x)的解析式; (2)讨论函数 f(x)的单调性; (3)若对于任意的 a∈ 1 2 ,2 ,不等式 f(x)≤10 在 1 4 ,1 上恒成立,求实数 b 的取值范围. 解:(1)f′(x)=1- a x2(x≠0), 由已知及导数的几何意义得 f′(2)=3,则 a=-8. 由切点 P(2,f(2))在直线 y=3x+1 上可得-2+b=7,解得 b=9, 所以函数 f(x)的解析式为 f(x)=x-8 x +9. (2)由(1)知 f′(x)=1- a x2(x≠0). 当 a≤0 时,显然 f′(x)>0,这时 f(x)在(-∞,0),(0,+∞)上是增函数. 当 a>0 时,令 f′(x)=0,解得 x=± a, 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,- a) - a (- a,0) (0, a) ( a,+∞) f′(x) + 0 - - 0 + f(x) 极大值 极小值 所以当 a>0 时,f(x)在(-∞,- a),( a,+∞)上是增函数,在(- a,0),(0, a) 上是减函数. (3)由 (2)知 , 对 于 任 意的 a ∈ 1 2 ,2 , 不 等 式 f(x)≤10 在 1 4 ,1 上 恒 成 立 等 价于 f 1 4 ≤10, f1≤10, 即 b≤39 4 -4a, b≤9-a 对于任意的 a∈ 1 2 ,2 成立,从而得 b≤7 4 , 所以实数 b 的取值范围是 -∞,7 4 . 14.已知函数 f(x)=x 4 +a x -ln x-3 2 ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 垂直于直线 y=1 2x. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 解:(1)对 f(x)求导,得 f′(x)=1 4 - a x2 -1 x(x>0), 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y=1 2x, 知 f′(1)=-3 4 -a=-2,解得 a=5 4. (2)由(1)知 f(x)=x 4 + 5 4x -ln x-3 2 , 则 f′(x)=x2-4x-5 4x2 , 令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数; 当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(5,+∞)内为增函数. 由此知函数 f(x)在 x=5 时取得极小值 f(5)=-ln 5,无极大值.