（江蘇專用）高考數學二輪復習 第二篇 第17練 導數的概念及簡單應用試題 理-人教版高三數學試題

《（江蘇專用）高考數學二輪復習 第二篇 第17練 導數的概念及簡單應用試題 理-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）高考數學二輪復習 第二篇 第17練 導數的概念及簡單應用試題 理-人教版高三數學試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第17練　導數的概念及簡單應用 [明晰考情]　1.命題角度：考查導數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性、極值和最值. 2.題目難度：中檔偏難. 考點一　導數的幾何意義 方法技巧　(1)f′(x0)表示函數f(x)在x＝x0處的瞬時變化率. (2)f′(x0)的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處切線的斜率. 1.已知函數f(x＋1)＝，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為________. 答案　1 解析　由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－. ∴f′(x)＝，且f′(1)＝1. 由導數的幾何意義，得所求切線的斜率k＝1. 2.(2018

2、·宿遷檢測)曲線C：f(x)＝lnx＋x2在點(1，f(1))處的切線方程為________. 答案　3x－y－2＝0 解析　由題可得f′(x)＝＋2x，f(1)＝1，∴f′(1)＝3，∴切線方程為y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0. 3.設曲線y＝在點處的切線與直線x＋ay＋1＝0垂直，則a＝__________. 答案　1 解析　y′＝＝， 則曲線y＝在點處的切線的斜率為k1＝1. 所以直線斜率存在，即a≠0，所以斜率k2＝－， 又該切線與直線x＋ay＋1＝0垂直， 所以k1k2＝－1，解得a＝1. 4.(2018·全國Ⅰ改編)設函數f(x)＝x3＋(a－1)x2

3、＋ax，若f(x)為奇函數，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為________. 答案　x－y＝0 解析　方法一　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又f(x)為奇函數，∴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(0,0)處的切線方程為y＝x. 方法二　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數， ∴a＝1，即f′(x)

4、＝3x2＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 考點二　導數與函數的單調性 方法技巧　(1)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. (2)若已知函數的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解. 5.已知函數f(x)＝lnx－x＋，若a＝－f?，b＝f(π)，c＝f(5)，則a，b，c的大小關系為________. 答案　c

5、3＋＝f(3). ∵3<π<5，∴f(3)>f(π)>f(5)， ∴a>b>c. 6.設函數f(x)＝x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調遞減，則實數a的取值范圍是________. 答案　(1,2] 解析　易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝x－. 由f′(x)＝x－<0，解得0f(x)恒成立，若x1f(x1) 解析　設g(x)＝，

6、則g′(x)＝＝，由題意知g′(x)>0，所以g(x)單調遞增，當x1f(x1). 8.(2018·蘇州調研)若函數y＝在其定義域上單調遞減，則稱函數f(x)是“L函數”.已知f(x)＝ax2＋2是“L函數”，則實數a的取值范圍是________. 答案　[0,2] 解析　由題意得g(x)＝在R上單調遞減， 所以g′(x)＝≤0在R上恒成立， 所以－ax2＋2ax－2≤0對任意x∈R恒成立， 所以ax2－2ax＋2≥0對任意x∈R恒成立， 所以a＝0或解得0≤a≤2. 考點三　導數與函數的極值、最值 方法技巧　(1)函

7、數零點問題，常利用數形結合與函數極值求解. (2)含參恒成立或存在性問題，可轉化為函數最值問題；若能分離參數，可先分離. 特別提醒　(1)若y＝f(x)在x0處可導，則f′(x0)＝0是函數y＝f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件. (2)函數f(x)在[a，b]上有唯一一個極值點，這個極值點就是最值點. 9.若x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的極小值為________. 答案?。? 解析　函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋

8、a－1]. 由x＝－2是函數f(x)的極值點，得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1， f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2). 由ex－1＞0恒成立，得當x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且當x＜－2時，f′(x)＞0；當－2＜x＜1時，f′(x)＜0； 當x＞1時，f′(x)＞0. 所以x＝1是函數f(x)的極小值點. 所以函數f(x)的極小值為f(1)＝－1. 10.已知f′(x)是定義在R上的可導函數f(x)的導數，對任意x∈R，x≠3且x≠－1，都有(x2－2x－3)f

9、′(x)－ex＝0，f(－1)<0，f(－2)0，則下列結論錯誤的是________.(填序號) ①f(x)的增區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞)； ②f(x)在x＝3處取極小值，在x＝－1處取極大值； ③f(x)有3個零點； ④f(x)無最大值也無最小值. 答案?、? 解析　由x≠3且x≠－1，(x2－2x－3)f′(x)－ex＝0知，f′(x)＝，當x<－1或x>3時，x2－2x－3>0，∴f′(x)>0，當－1

10、在x＝－1處取極大值.又∵f(－1)<0，f(－2)0，∴由f(x)的草圖(圖略)知，f(x)恰有一個零點，且f(x)無最大值也無最小值，故①②④結論正確，錯誤的結論為③. 11.(2018·江蘇)若函數f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內有且只有一個零點，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為________. 答案?。? 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0). ①當a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不合題意. ②當a＞0時，由f

11、′(x)＞0，解得x＞， 由f′(x)＜0，解得0＜x＜， ∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增. 又f(x)只有一個零點，∴f??＝－＋1＝0，∴a＝3. 此時f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)， 當x∈[－1,1]時，f(x)在[－1,0]上單調遞增，在(0,1]上單調遞減. 又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1， ∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 12.已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝－(x＋1)2＋a，?x1∈[0,2]，?x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，則實數a的取值范圍

12、是______________. 答案　 解析　?x1∈[0,2]，?x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，等價于f(x)min≤g(x)min，f′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，故當x∈(0,1)時，f′(x)<0； 當x∈(1,2)時，f′(x)>0，故f(x)min＝f(1)＝1－； 當x＝2時，g(x)取得最小值g(2)＝a－9， 所以1－≤a－9，即實數a的取值范圍是a≥10－. 1.已知f(x)＝lnx，g(x)＝x2＋mx＋(m<0)，直線l與函數f(x)，g(x)的圖象都相切，且與f(x)圖象的切點為(1，f(1))，則m＝________.

13、答案?。? 解析　∵f′(x)＝，∴直線l的斜率為k＝f′(1)＝1. 又f(1)＝0，∴切線l的方程為y＝x－1. g′(x)＝x＋m， 設直線l與g(x)的圖象的切點為(x0，y0)， 則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x＋mx0＋(m<0)， 于是解得m＝－2. 2.若函數f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是________. 答案　 解析　∵函數f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調遞增， ∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x ＝1－(2cos2x－1)＋acos x ＝－cos2

14、x＋acos x＋≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)上恒成立. 當cos x＝0時，恒有0≥－，得a∈R； 當0

15、____. 答案　2 解析　因為f(x1)＝g(x2)，設f(x1)＝g(x2)＝a(a>0)， 則x1＝ea－1－k，x2＝lna， 所以x1－x2＝ea－1－k－lna，設g(a)＝ea－1－k－lna， 則g′(a)＝ea－1－，所以當a>1時，g′(a)>0；當0

16、AB＝＝ ＝. 設g(t)＝－＋1(t＞0)， 則g′(t)＝－＝(t＞0)， 令g′(t)＝0，得t＝1. 當t∈(0,1)時，g′(t)＜0，g(t)單調遞減； 當t∈(1，＋∞)時，g′(t)＞0，g(t)單調遞增， 所以g(t)min＝g(1)＝， 所以AB≥， 所以AB的最小值為. 解題秘籍　(1)對于未知切點的切線問題，一般要先設出切點. (2)f(x)遞增的充要條件是f′(x)≥0，且f′(x)在任意區(qū)間內不恒為零. (3)利用導數求解函數的極值、最值問題要利用數形結合思想，根據條件和結論的聯(lián)系靈活進行轉化. 1.設f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3

17、)x＋n(m，n∈R)是R上的單調增函數，則實數m的值為________. 答案　6 解析　因為f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)，又函數f(x)是R上的單調增函數， 所以12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，所以(2m)2－4×12(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因為(m－6)2≥0， 所以(m－6)2＝0，所以m＝6. 2.函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是________. 答案　(2，＋∞) 解析　f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex. 由函數導數與函數單調性的關系，得當f′

18、(x)>0時，函數f(x)單調遞增， 此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0， 解得x>2. 3.已知函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數，則實數m的取值范圍為________. 答案　(－∞，4] 解析　由函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3， 可得f′(x)＝x2－mx＋4，由函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數， 可得x2－mx＋4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立， 可得m≤x＋，又x＋≥2＝4， 當且僅當x＝2時取等號， 可得m≤4. 4.已知函數f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數，其導函數為f′(x)

19、，且滿足xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式＜的解集為________. 答案　{x|－2018＜x＜－2013} 解析　構造函數g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]. 當x＞0時，∵2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增. ∵不等式＜， ∴x＋2018＞0， (x＋2018)2f(x＋2018)＜52f(5)， 即g(x＋2018)＜g(5)， ∴0

20、_______. 答案　0 解析　函數定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝6x＋－2＝， 由于x>0，方程6x2－2x＋1＝0中的Δ＝－20<0， 所以f′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調遞增，無極值點. 6.(2018·淮安質檢)若函數f(x)＝mx2－(2m＋1)x＋lnx在x＝1處取得極小值，則實數m的取值范圍是________. 答案　 解析　f(x)的定義域是(0，＋∞)， ∵f(x)＝mx2－(2m＋1)x＋lnx， ∴f′(x)＝2mx－(2m＋1)＋＝， 若m＝0，f′(x)＝，x＝1為極大值點，不合題意， ∴m≠0. 令f′(x)＝0

21、，解得x＝或x＝1， 若f(x)在x＝1處取得極小值， 則0<<1，解得m>. 7.設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是________. 答案　(－∞，－1) 解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函數y＝ex＋ax有大于零的極值點， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解. ∵當x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1. 8.定義：如果函數f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m＜x1＜x2＜n)滿足f′(x1)＝，f′(x2)＝，則稱函數f(x)是[m，n]上的“雙中值函數”.已知函數f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“

22、雙中值函數”，則實數a的取值范圍是________. 答案　 解析　因為f(x)＝x3－x2＋a，所以由題意可知，f′(x)＝3x2－2x在區(qū)間[0，a]上存在x1，x2(0＜x1＜x2＜a)，滿足f′(x1)＝f′(x2)＝＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在區(qū)間(0，a)上有兩個不相等的實根. 令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0＜x＜a)，則 解得＜a＜1， 所以實數a的取值范圍是. 9.若兩曲線y＝x2－1與y＝alnx－1存在公切線，則正實數a的取值范圍是________. 答案　(0,2e] 解析　設兩個切點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x

23、2>0， 兩個切線方程分別為y－(x－1)＝2x1(x－x1)， y－(aln x2－1)＝(x－x2)， 化簡得y＝2x1x－1－x，y＝x＋aln x2－a－1， 兩條切線為同一條. 可得則a＝－4x(ln x2－1)， 令g(x)＝4x2－4x2ln x(x>0)，則g′(x)＝4x(1－2ln x)， 所以g(x)在(0，)上單調遞增， 在(，＋∞)上單調遞減， g(x)max＝g()＝2e. 所以a∈(0,2e]. 10.(2018·全國Ⅰ)已知函數f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________. 答案?。? 解析　f′(x)＝2cos

24、x＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1) ＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1). ∵cosx＋1≥0， ∴當cosx＜時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當cosx＞時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增， ∴當cosx＝時，f(x)取得最小值. 又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)， ∴當sinx＝－時，f(x)取得最小值， 即f(x)min＝2××＝－. 11.若在區(qū)間[0,1]上存在實數x使2x(3x＋a)<1成立，則a的取值范圍是________. 答案　(－∞，1) 解析　2x(3x＋a

25、)<1可化為a<2－x－3x， 則在區(qū)間[0,1]上存在實數x使2x(3x＋a)<1成立等價于a<(2－x－3x)max，而y＝2－x－3x在[0,1]上單調遞減， ∴y＝2－x－3x在[0,1]上的最大值為20－0＝1，∴a<1， 故a的取值范圍是(－∞，1). 12.已知函數f(x)＝ex－x，若f(x)<0的解集中只有一個正整數，則實數k的取值范圍為______________. 答案　 解析　f(x)<0，即ex－x<0，即kx＋<正整數解只有一個，設g(x)＝，所以g′(x)＝，當x<1時，g′(x)>0，當x>1時，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以g(x)max＝g(1)＝， 由圖可知，kx＋<的唯一一個正整數解只能是1， 所以有解得－≤k<－， 所以實數k的取值范圍為.