（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（七）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（七）導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理（普通生，含解析） 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足下列條件： ①f′(x)>0時(shí)，x<－1或x>2； ②f′(x)<0時(shí)，－1

2、 C．2 D．e 解析：選B　由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1. 3．(2019屆高三·廣州高中綜合測試)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為(　　) A．(－3,3) B．(－11,4) C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11) 解析：選C　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

3、當(dāng)時(shí)， f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時(shí)f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C. 4．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：選C　由題意得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≥－2，故選C. 5．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線

4、方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D　法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x. 法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)＝x2＋(a－1)x＋a為偶函數(shù)，所以a－1

5、＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.故選D. 6．函數(shù)f(x)(x>0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(x)的最小值為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 解析：選A　設(shè)g(x)＝xf(x)－ex， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)． 因?yàn)間(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g

6、(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當(dāng)01時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e. 二、填空題 7．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)曲線y＝2ln x在點(diǎn)(e2,4)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為________． 解析：因?yàn)閥′＝，所以曲線y＝2ln x在點(diǎn)(e2,4)處的切線斜率為，所以切線方程為y－4＝(x－e2)，即x－y＋2＝0.令x＝0，則y＝2；令y＝0，則x＝－e2，所以切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S＝×e2×2＝e2. 答案：e2 8．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)

7、的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 解析：函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2，＋∞)． 答案：和(2，＋∞) 9．若函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調(diào)函數(shù)，則需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0. 答案：(－∞，0) 三、解答題 10．已知f(x)＝ex－ax2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1

8、))處的切線方程為y＝bx＋1. (1)求a，b的值； (2)求f(x)在[0,1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝ex－2ax， 所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1， 解得a＝1，b＝e－2. (2)由(1)得f(x)＝ex－x2， 則f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]， 則g′(x)＝ex－2， 由g′(x)<0，得00，得ln 20， 所以f(

9、x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)max＝f(1)＝e－1. 11．(2018·濰坊統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x，F(xiàn)(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln 3)上具有相同的單調(diào)性，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：由題意得f′(x)＝a－＝，F(xiàn)′(x)＝ex＋a，x>0， ∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)－1≤a<0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不合題意， 當(dāng)a<－1時(shí)，由F′(x)>0，得x>ln(－a)； 由F′(x)<0，得0

10、a)， ∴F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln(－a))，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln(－a)，＋∞)． ∵f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln 3)上具有相同的單調(diào)性， ∴l(xiāng)n(－a)≥ln 3，解得a≤－3， 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]． 12．已知函數(shù)f(x)＝＋ax，x>1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值． 解：(1)f′(x)＝＋a， 由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a≤－＝2－. ∵x∈(1，＋∞)， ∴l(xiāng)n x∈(0，＋∞)， ∴當(dāng)－＝0時(shí)，函數(shù)t＝2－的最小值

11、為－， ∴a≤－，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝＋2x(x>1)， f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln x－1＝0， 解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e. 當(dāng)1e時(shí)，f′(x)>0， ∴f(x)的極小值為f(e)＝＋2e＝4e. B組——大題專攻補(bǔ)短練 1．(2019屆高三·益陽、湘潭調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調(diào)性． 解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ln x＋x

12、，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x. (2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0， ①當(dāng)a≤0時(shí)，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正， 設(shè)方程的兩根分別為x1，x2(x10. 令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)

13、遞減． 2．已知函數(shù)f(x)＝，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若直線x－y－1＝0是曲線y＝f(x)的切線，求實(shí)數(shù)a的值． (3)設(shè)g(x)＝xln x－x2f(x)，求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值．(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)) 解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝， 所以f′(x)＝＝， 由f′(x)>0，得02， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)． (2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)， 由切線斜率k＝1＝?x＝－ax0＋2a，① 由x0－y0－1＝x0－－1＝

14、0?(x－a)(x0－1)＝0?x0＝1，x0＝±. 把x0＝1代入①得a＝1， 把x0＝代入①得a＝1， 把x0＝－代入①無解， 故所求實(shí)數(shù)a的值為1. (3)因?yàn)間(x)＝xln x－x2f(x)＝xln x－a(x－1)， 所以g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)>0，得x>ea－1； 由g′(x)<0，得0

15、1)＝a－ea－1； ③當(dāng)ea－1≥e，即a≥2時(shí)，g(x)在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞減，其最小值為g(e)＝e＋a－ae. 故g(x)min＝ 3．(2019屆高三·南昌調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝－4mx＝， 當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)

16、由(1)知，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無最大值． 當(dāng)m>0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在，＋∞上單調(diào)遞減． ∴f(x)max＝f＝ln－2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2， ∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－. 令h(x)＝x－ln x－(x>0)， 則h′(x)＝1－＝， 由h′(x)<0，得00，得x>， ∴h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h＝ln 2， ∴m＋n的最小值為ln 2. 4．(2018·泉州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)－x. (1)若直線l：y＝－x＋ln

17、3－是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線，求實(shí)數(shù)a的值． (2)當(dāng)a＝0時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)＝x2－x＋m在區(qū)間[1,3]上有解，求m的取值范圍． 解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝－1， 設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)， 則－1＝－，∴x0＋a＝3. 又ln(x0＋a)－x0＝－x0＋ln 3－， ∴l(xiāng)n 3－x0＝－x0＋ln 3－，∴x0＝2，∴a＝1. (2)當(dāng)a＝0時(shí)，方程f(x)＝x2－x＋m， 即ln x－x2＋x＝m. 令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，則h′(x)＝－2x＋＝－. ∴當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，h′(x)，h(x)隨x的變化情況如下表： x 1 3 h′(x) ＋ 0 － h(x)  極大值  ln 3－2 ∵h(yuǎn)(1)＝，h(3)＝ln 3－2<，h＝ln ＋， ∴當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，h(x)∈， ∴m的取值范圍為.