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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)訓(xùn)練7 導(dǎo)數(shù) 文
1．曲線y＝x3－2x在(1，－1)處的切線方程為( )
A．x－y－2＝0 B．x－y＋2＝0
C．x＋y－2＝0 D．x＋y＋2＝0
解析：選A.由已知，得點(diǎn)(1，－1)在曲線y＝x3－2x上，所以切線的斜率為y′|x＝1＝(3x2－2)|x＝1＝1，由直線方程的點(diǎn)斜式得x－y－2＝0，故選A.
2．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：選B.由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0
2、(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．
3．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于( )
A．1 B．2
C．0 D.
解析：選B.∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
4.
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_區(qū)間(a，b)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的極大值點(diǎn)有( )
A．1個(gè) B．2
3、個(gè)
C．3個(gè) D．4個(gè)
解析：選B.依題意，記函數(shù)y＝f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)自左向右依次為x1，x2，x3，x4，當(dāng)a0；當(dāng)x1
4、選D.
因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2bx＋c，f′(x)的兩個(gè)根分別在(0,1)和(1,2)內(nèi)，所以f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，即作出可行域如圖中陰影部分所示(不包括b軸)，2＋(c－3)2表示可行域內(nèi)一點(diǎn)到點(diǎn)P的距離的平方，由圖象可知，P到直線3＋2b＋c＝0的距離最小，即2＋(c－3)2的最小值為2＝5，P到點(diǎn)A的距離最大，此時(shí)2＋(c－3)2＝25，因?yàn)榭尚杏虻呐R界線為虛線，所求范圍為(5,25)，故選D.
6．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對(duì)任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為( )
A．{x|x>0}
5、B．{x|x<0}
C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù)．又因?yàn)間(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0.
7．(xx·高考福建卷)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：選C
6、.構(gòu)造新函數(shù)并求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性求解．
令g(x)＝f(x)－kx＋1，則g(0)＝f(0)＋1＝0，
g＝f－k·＋1＝f－.
∵g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)．
又∵k>1，∴>0，∴g>g(0)＝0，
∴f－>0，即f>.
∴C一定錯(cuò)誤．
8．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對(duì)任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是( )
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0
7、
求導(dǎo)得g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．
由已知f(x)＋f′(x)>1，可得g′(x)>0，
所以g(x)為R上的增函數(shù)．
又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，ex·f(x)>ex＋1，
所以g(x)>0的解集為{x|x>0}．
9．已知正六棱柱的12個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大時(shí)，其高的值為( )
A．3 B.
C．2 D．2
解析：選D.設(shè)正六棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝×h＝h＝·，令y＝－＋9h，則y′＝－＋9，令y′＝0，得h
8、＝2.易知當(dāng)h＝2時(shí)，正六棱柱的體積最大．
10．點(diǎn)P是曲線x2－y－ln x＝0上的任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離為( )
A．1 B.
C. D.
解析：選D.將x2－y－ln x＝0變形為y＝x2－ln x(x>0)，則y′＝2x－，令y′＝1，則x＝1或x＝－(舍)，可知函數(shù)y＝x2－ln x的斜率為1的切線的切點(diǎn)橫坐標(biāo)x＝1，縱坐標(biāo)y＝1.故切線方程為x－y＝0.則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離即切線方程x－y＝0與y＝x－2的兩平行線間的距離，d＝＝.
11．(xx·武漢調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－4x＋a,0
9、，且x1－1 B．x2<0
C．x2>0 D．x3>2
解析：選C.函數(shù)f(x)的零點(diǎn)就是函數(shù)g(x)＝4x－x3的圖象與直線y＝a的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．而g′(x)＝4－3x2，令g′(x)＝0得x＝±，所以g(x)在，上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增，注意到0，結(jié)合選項(xiàng)知應(yīng)選C.
12.已知函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．R
D．(1,2)
解析：選B.因?yàn)楹瘮?shù)y＝x是R上的減函數(shù)，所以f′(x)>
10、0的充要條件是01.由圖象，可知當(dāng)x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時(shí)，00.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)．
13．若函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的值為__________．
解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，
∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函數(shù)f(x)恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，∴－1,4是f′(x)＝0的兩根，∴a＝－1×4＝－4.
答案：－4
14．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(diǎn)(－1,2)處的切線恰好與
11、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(shí)數(shù)t的取值范圍是__________．
解析：由題意知，點(diǎn)(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上，
故－m＋n＝2.①
又f′(x)＝3mx2＋2nx，則f′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3.②
聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，
令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，
則[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1]．
答案：[－2，－1]
15．(xx·高考陜西卷)設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0,1)處的切線與曲線y＝(x＞0)上點(diǎn)P處的切線
12、垂直，則P的坐標(biāo)為________．
解析：利用導(dǎo)數(shù)表示切線斜率，根據(jù)切線垂直列方程求解．y′＝ex，曲線y＝ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率k1＝e0＝1，設(shè)P(m，n)，y＝(x>0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－(x>0)，曲線y＝(x>0)在點(diǎn)P處的切線斜率k2＝－(m>0)，因?yàn)閮汕芯€垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,1)．
答案：(1,1)
16．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為__________．
解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1
＝＝－.
①若a≥0，當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)．
②若a<0，由f′(x)＝0，
得x＝1或x＝－.
因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，
所以－>1，解得－1
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