高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專(zhuān)題滿(mǎn)分突破 專(zhuān)題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練七 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專(zhuān)題滿(mǎn)分突破 專(zhuān)題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練七 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專(zhuān)題滿(mǎn)分突破 專(zhuān)題二　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練七 Word版含解析（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練(七)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) 解析：f ′(x)＝－＋＝，令f ′(x)＝0，則x＝2.當(dāng)x<2時(shí)，f ′(x)＝－＋＝<0；當(dāng)x>2時(shí)，f ′(x)＝－＋＝>0.即當(dāng)x<2時(shí)，f(x)是單調(diào)遞減的；當(dāng)x>2時(shí)，f(x)是單調(diào)遞增的．所以x＝2是f(x)的極小值點(diǎn)

2、，故選D. 答案：D 2．設(shè)直線(xiàn)x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時(shí)t的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：由題|MN|＝x2－lnx(x>0)，不妨令h(x)＝x2－lnx，則h′(x)＝2x－，令h′(x)＝0，解得x＝，因?yàn)閤∈時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)>0，所以當(dāng)x＝時(shí)，|MN|達(dá)到最小，即t＝. 答案：D 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿(mǎn)足x＋f(x0)]2

3、．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：由題意知f(x)的極值為，所以f(x0)]2＝3，因?yàn)閒 ′(x0)＝cos＝0，所以＝kπ＋，k∈Z，所以＝k＋，k∈Z，即＝≥，所以|x0|≥，即x＋f(x0)]2≥＋3，而已知x＋f(x0)]2＋3，故>3，解得m>2或m<－2，故選C. 答案：C 4．(20xx福建高考)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f ′(x)滿(mǎn)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：∵f ′(x)＝li ，f ′(x)>k

4、>1，∴>k>1，即>k>1， 當(dāng)x＝時(shí)，f ＋1>k＝，即f>－1＝，則f>，所以f<一定錯(cuò)誤．故選C. 答案：C 5．(20xx吉林四模)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)任意的x∈R，有f(－x)＋f(x)＝x2，且x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>x.若f(2－a)－f(a)≥2－2a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．1，＋∞) B．(－∞，1] C．(－∞，2] D．2，＋∞) 解析：∵f(－x)＋f(x)＝x2，∴f(x)－x2＋f(－x)－x2＝0， 令g(x)＝f(x)－x2，∵g(－x)＋g(x)＝f(－x)－x2＋f(x)－x2＝0， ∴函數(shù)g(

5、x)為奇函數(shù)． ∵x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>x. ∴x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＝f′(x)－x>0，故函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)， 故函數(shù)g(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，由f(0)＝0，可得g(x)在R上是增函數(shù)． f(2－a)－f(a)≥2－2a，等價(jià)于f(2－a)－≥f(a)－， 即g(2－a)≥g(a)， ∴2－a≥a，解得a≤1， 故選B. 答案：B 6．(20xx貴州模擬)若函數(shù)f(x)＝－lnx－(a>0，b>0)的圖象在x＝1處的切線(xiàn)與圓x2＋y2＝1相切，則a＋b的最大值是(　　) A．4 B．2 C．2 D. 解析：∵f(x

6、)＝－lnx－的導(dǎo)數(shù)為f ′(x)＝－，令x＝1，則f ′(1)＝－，又f(1)＝－，則切線(xiàn)方程為y＋＝－(x－1)，即ax＋by＋1＝0，∵切線(xiàn)與圓x2＋y2＝1相切， ∴＝1，∴a2＋b2＝1.又a>0，b>0，∴a2＋b2≥2ab,2(a2＋b2)≥(a＋b)2，∴a＋b≤＝.∴a＋b的最大值為，故選D. 答案：D 7．(20xx全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(

7、x0)在直線(xiàn)y＝ax－a的下方．因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1)，所以當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝－時(shí)，(g(x))min＝－2e－，當(dāng)x＝0時(shí)，g(0)＝－1，當(dāng)x＝1時(shí)，g(1)＝e>0，直線(xiàn)y＝ax－a恒過(guò)(1,0)，斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≤－a－a，解得≤a<1，故選D. 答案：D 二、填空題 8．(20xx安徽高考)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實(shí)數(shù)，下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________．(寫(xiě)出所有正確條件的序號(hào)) ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b

8、>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 解析：令f(x)＝x3＋ax＋b，求導(dǎo)得f ′(x)＝3x2＋a，當(dāng)a≥0時(shí)，f ′(x)≥0，所以f(x)單調(diào)遞增，且至少存在一個(gè)數(shù)使f(x)<0，至少存在一個(gè)數(shù)使f(x)>0，所以f(x)＝x3＋ax＋b必有一個(gè)零點(diǎn)，即方程x3＋ax＋b＝0僅有一根，故④⑤正確；當(dāng)a<0時(shí)，若a＝－3，則f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，易知，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在－1,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)極大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)最小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使方程僅有一根，則f(x)極

9、大值＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2<0或者f(x)極小值＝f(1)＝1－3＋b＝b－2>0，解得b<－2或b>2，故①③正確，所以使得三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是①③④⑤. 答案：①③④⑤ 三、解答題 9．(20xx北京高考)已知函數(shù)f(x)＝ln. (1)求曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線(xiàn)方程； (2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)>2； (3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)>k對(duì)x∈(0,1)恒成立，求k的最大值． 解：(1)f(x)＝ln，x∈(－1,1)，f ′(x)＝，f ′(0)＝2，f(0)＝0，曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線(xiàn)方程為2x－y＝0.

10、 (2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)>2，即不等式f(x)－2>0，對(duì)?x∈(0,1)成立，設(shè)F(x)＝ln－2＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2，則F′(x)＝，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，故F(x)在(0,1)上為增函數(shù)，則F(x)>F(0)＝0， ∴對(duì)?x∈(0,1)， f(x)>2成立． (3)要使f(x)>k成立，x∈(0,1)，等價(jià)于G(x)＝ln－k>0，x∈(0,1)，G′(x)＝－k(1＋x2)＝，當(dāng)k∈0,2]時(shí)，G′(x)≥0，函數(shù)G(x)在(0,1)上為增函數(shù)，G(x)>G(0)＝0，符合題意；當(dāng)k>2時(shí)，令G′(x)＝0，x＝∈(0,1)， G

11、(x0)0時(shí)，f(x)0，使得對(duì)任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對(duì)任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|

12、故當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)0時(shí)，f(x)0，所以G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，G(x)>G(0)＝0.故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0均滿(mǎn)足題意．當(dāng)00.取x0＝－1，對(duì)任意x∈(0，x0)，恒有G′(x)>0，所以G(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，G(x)>G(0)＝0，即f(x)>g(x)．綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，總存在x0>0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)>g(x)． (

13、3)當(dāng)k>1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)，令M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，則有M′(x)＝k－－2x＝， 故當(dāng)x∈時(shí)， M′(x)>0，M(x)在 上單調(diào)遞增，故M(x)>M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|>x2，所以滿(mǎn)足題意的t不存在．當(dāng)k<1時(shí)，由(2)知存在x0>0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)恒有f(x)>g(x)．此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，則有N′(x)＝－k－2x

14、＝， 故當(dāng)x時(shí)，N′(x)>0，N(x)在 上單調(diào)遞增，故N(x)>N(0)＝0，即f(x)－g(x)>x2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)，恒有|f(x)－g(x)|>x2，故滿(mǎn)足題意的t不存在．當(dāng)k＝1，由(1)知，x∈(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1－x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，則有H(x)＝1－－2x＝.當(dāng)x>0時(shí)，H(x)<0，所以H(x)在0，＋∞)上單調(diào)遞減，故H(x)0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|

15、(3)當(dāng)k>1時(shí)，由(1)知，對(duì)于x∈(0，＋∞)，g(x)>x>f(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)>kx－x＝(k－1)x，令(k－1)x>x2，解得01時(shí)，對(duì)于x∈(0，k－1)恒有|f(x)－g(x)|>x2，所以滿(mǎn)足題意的t不存在．當(dāng)k<1時(shí)，取k1＝，從而k0，使得任意x∈(0，x0)，恒有f(x)>k1x>kx＝g(x)．此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>(k1－k)x＝x，令x>x2，解得0x2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x∈(0，

16、x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|>x2，故滿(mǎn)足題意的t不存在．當(dāng)k＝1，由(1)知，當(dāng)x∈(0，＋∞)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈0，＋∞)，則有M′(x)＝1－－2x＝，當(dāng)x>0時(shí)，M′(x)<0，所以M(x)在0，＋∞)上單調(diào)遞減，故M(x)0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|

17、∈－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍． 解：(1)f ′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1≤0， f ′(x)<0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1≥0， f ′(x)>0. 若m<0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1>0，f ′(x)<0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1<0， f ′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由(1)知，對(duì)任意的m，f(x)在－1，0]單調(diào)遞減，在0,1]單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對(duì)于任意x1

18、，x2∈－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即① 設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當(dāng)t<0時(shí)，g′(t)<0；當(dāng)t>0時(shí)， g′(t)>0. 故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0， 故當(dāng)t∈－1,1]時(shí)，g(t)≤0. 當(dāng)m∈－1,1]時(shí)，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當(dāng)m>1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性知， g(m)>0，即em－m>e－1； 當(dāng)m<－1時(shí)，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1. 綜上，m的取值范圍是－1,1]．