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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù) 第二講 導數(shù)素能提升練 理
1.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b),導函數(shù)f(x)在區(qū)間(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)的極小值點有( )
A.1個 B.2個 C.3個 D.4個
解析:f(x)>0,f(x)單調遞增,f(x)<0,f(x)單調遞減.極小值點附近函數(shù)應有先減后增的特點,即f(x)<0→f(x)=0→f(x)>0,由f(x)的圖象可知只有1個極小值點.
答案:A
2.直線y=kx+b與曲線y=x3+ax+1相切于點(2,3),則b的值為( )
A.-3 B.9 C.-15 D.-7
解析:將點(2,3)分別代入曲線y=x3+ax+1和直線y=kx+b,得a=-3,2k+b=3.又k=y|x=2=(3x2-3)|x=2=9,故b=3-2k=3-18=-15.
答案:C
3.函數(shù)f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[1,3] B.[1,3)
C.(1,3] D.(1,3)
解析:∵a2-1>0,∴a>1或a<-1.
又∵函數(shù)f(x)不存在極值點,
令f(x)=3ax2-4ax+a+1=0,
則Δ=16a2-43a(a+1)=4a(a-3)≤0.
∴0≤a≤3.
又∵a>1或a<-1,∴1
0知a=-2,代入可得函數(shù)f(x)=x3+(-2)x2+1,可得f(1)=-.故選C.
答案:C
6.(xx山西忻州一模,12)定義在上的函數(shù)f(x),f(x)是它的導函數(shù),且恒有f(x)f D.0,∴=>0,∴函數(shù)上單調遞增,從而,即0.
所以M=max{f(0),f(k)}=max{-1,(k-1)ek-k3}.
令h(k)=(k-1)ek-k3+1,
則h(k)=k(ek-3k),
令φ(k)=ek-3k,則φ(k)=ek-3≤e-3<0.
所以φ(k)在上單調遞減,
而φφ(1)=(e-3)<0,
所以存在x0∈使得φ(x0)=0,且當k∈時,φ(k)>0,
當k∈(x0,1)時,φ(k)<0,
所以φ(k)在上單調遞增,在(x0,1)上單調遞減.
因為h=->0,h(1)=0,
所以h(k)≥0在上恒成立,當且僅當k=1時取得“=”.
綜上,函數(shù)f(x)在[0,k]上的最大值M=(k-1)ek-k3.
10.(xx課標全國Ⅰ高考,理21)設函數(shù)f(x)=aexln x+,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)證明:f(x)>1.
(1)解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由題意可得f(1)=2,f(1)=e.
故a=1,b=2.
(2)證明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,從而f(x)>1等價于xln x>xe-x-.
設函數(shù)g(x)=xln x,則g(x)=1+ln x.
所以當x∈時,g(x)<0;
當x∈時,g(x)>0.
故g(x)在單調遞減,在單調遞增,從而g(x)在(0,+∞)的最小值為g=-.
設函數(shù)h(x)=xe-x-,則h(x)=e-x(1-x).
所以當x∈(0,1)時,h(x)>0;當x∈(1,+∞)時,h(x)<0.故h(x)在(0,1)單調遞增,在(1,+∞)單調遞減,從而h(x)在(0,+∞)的最大值為h(1)=-.
綜上,當x>0時,g(x)>h(x),即f(x)>1.
11.(xx浙江高考,理22)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)設b∈R.若[f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范圍.
解:(1)因為f(x)=
所以f(x)=由于-1≤x≤1,
①當a≤-1時,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a,此時f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),
因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
②當-10,t(a)在上是增函數(shù),
故t(a)>t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0;
③當
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