《（通用版）2019版高考數(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）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(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）.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題檢測（七） 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
A組——“6＋3＋3”考點落實練
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，x<－1或x>2；
②f′(x)<0時，－1
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，故或當(dāng)時，
f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時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(0,0)處的切線方程為( )
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(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]，因為f(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＝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(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)．
因為g(1)＝1f(1)－e＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，
所以f(x)＝，f′(x)＝，
當(dāng)01時，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(e2,4)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為________．
解析：因為y′＝，所以曲線y＝2ln x在點(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＝e22＝e2.
答案：e2
8．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)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)，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：由題意知f(x)的定義域為(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(1，f(1))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(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，F(xiàn)′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不合題意，
當(dāng)a<－1時，由F′(x)>0，得x>ln(－a)；
由F′(x)<0，得01.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(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，函數(shù)t＝2－的最小值為－，
∴a≤－，即實數(shù)a的取值范圍為.
(2)當(dāng)a＝2時，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，f′(x)>0，
∴f(x)的極小值為f(e)＝＋2e＝4e.
B組——大題專攻補短練
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，求曲線y＝f(x)在點(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，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲線y＝f(x)在點(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，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a>0時，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)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)因為函數(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)切點為(x0，y0)，
由切線斜率k＝1＝?x＝－ax0＋2a，①
由x0－y0－1＝x0－－1＝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，
故所求實數(shù)a的值為1.
(3)因為g(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00，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)m>0時，令f′(x)>0，得0，
∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，當(dāng)m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無最大值．
當(dāng)m>0時，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 3－是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線，求實數(shù)a的值．
(2)當(dāng)a＝0時，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，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，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，h(x)∈，
∴m的取值范圍為.
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