高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí) 第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第三講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 理

《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí) 第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第三講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí) 第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第三講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第三講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 理一、選擇題12016鄭州質(zhì)檢函數(shù)f(x)excosx的圖象在點(0，f(0)處的切線方程是()Axy10 Bxy10Cxy10 Dxy10答案C解析依題意，f(0)e0cos01，因為f(x)excosxexsinx，所以f(0)1，所以切線方程為y1x0，即xy10，故選C.22016南寧適應(yīng)性測試(二)設(shè)拋物線C：yx2與直線l：y1圍成的封閉圖形為P，則圖形P的面積S等于()A1 B.C. D.答案D解析由得x1.由對稱性與圖形可知，S2(11x2dx)2，選D.32016廣西質(zhì)檢若函數(shù)f(x)(x2cx5)ex在區(qū)間上單調(diào)遞增，則實數(shù)c的取值范圍是()A(，2 B(，4C(，8 D2,4答案B解析f(x)x2(2c)xc5ex，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，等價于x2(2c)xc50對任意x恒成立，即(x1)cx22x5，c對任意x恒成立，x，(x1)4，當(dāng)且僅當(dāng)x1時等號成立，c4.42016沈陽質(zhì)檢已知函數(shù)yx2的圖象在點(x0，x)處的切線為l，若l也與函數(shù)yln x，x(0,1)的圖象相切，則x0必滿足()A0x0 B.x01C.x0 D.x0答案D解析由題令f(x)x2，f(x)2x，f(x0)x，所以直線l的方程為y2x0(xx0)x2x0xx，因為l也與函數(shù)yln x(x(0,1)的圖象相切，令切點坐標(biāo)為(x1，ln x1)，y，所以l的方程為yxln x11，這樣有所以1ln 2x0x，x0(1，)，令g(x)x2ln 2x1，x(1，)，所以該函數(shù)的零點就是x0，又因為g(x)2x，所以g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，又g(1)ln 2 0，g()1ln 2 0，從而x00恒成立，故f(x)0必有兩個不等實根，不妨設(shè)為x1，x2，且x10，得xx2，令f(x)0，得x1xx2，所以函數(shù)f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(，x1)和(x2，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)xx1時，函數(shù)f(x)取得極大值，當(dāng)xx2時，函數(shù)f(x)取得極小值，故A選項的結(jié)論正確；對于選項B，令f(x)3x22ax10，由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1x2，x1x2，易知x1x2，所以x2x1，故B選項的結(jié)論正確；對于選項C，易知兩極值點的中點坐標(biāo)為，又fxx3f，fxx3f，所以ff2f，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點成中心對稱，故C選項的結(jié)論正確；對于D選項，令ac0得f(x)x3x，f(x)在(0,0)處切線方程為yx，且有唯一實數(shù)解，即f(x)在(0,0)處切線與f(x)圖象有唯一公共點，所以D不正確，選D.6已知函數(shù)f(x)(a2)xax3在區(qū)間1,1上的最大值為2，則a的取值范圍是()A2,10 B1,8C2,2 D0,9答案B解析f(x)3ax2a2.(1)當(dāng)a0時，f(x)20，f(x)在1,1上為減函數(shù)，所以f(x)maxf(1)2，符合題意(2)當(dāng)0a2時，f(x)0恒成立，所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為減函數(shù)，所以f(x)maxf(1)2，符合題意(3)當(dāng)a2時，由f(x)0，解得x .當(dāng) 1，即 1，即1a1，即 1，即a2時，若af(1)2，不滿足條件，若a2，函數(shù)f(x)在與上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以此時函數(shù)在定義域內(nèi)的最大值為f(1)2或f，則必有f2，即(a2) a32，整理并因式分解得(a8)(a1)20，所以由a2可得20)(1)若a1，求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)h(x)f(x)g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范圍解(1)f(x)xaln x的定義域為(0，)當(dāng)a1時，f(x).由f(x)0，解得x1.當(dāng)0x1時，f(x)1時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；所以當(dāng)x1時，函數(shù)f(x)取得極小值，極小值為f(1)1ln 11；(2)h(x)f(x)g(x)xaln x，其定義域為(0，)又h(x).由a0可得1a0，在x(0,1a)上h(x)0，所以h(x)的遞減區(qū)間為(0,1a)；遞增區(qū)間為(1a，)(3)若在1，e上存在一點x0，使得f(x0)g(x0)成立，即在1，e上存在一點x0，使得h(x0)0.即h(x)在1，e上的最小值小于零當(dāng)1ae，即ae1時，由(2)可知h(x)在1，e上單調(diào)遞減故h(x)在1，e上的最小值為h(e)，由h(e)ea.因為e1，所以a；當(dāng)11ae，即0ae1時，由(2)可知h(x)在(1,1a)上單調(diào)遞減，在(1a，e)上單調(diào)遞增h(x)在1，e上最小值為h(1a)2aaln (1a)因為0ln (1a)1，所以0aln (1a)2，即h(1a)2不滿足題意，舍去綜上所述：a.112016貴陽監(jiān)測設(shè)函數(shù)f(x)xln (ax)(a0)(1)設(shè)F(x)f(1)x2f(x)，討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性；(2)過兩點A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)的直線的斜率為k，求證：k0，函數(shù)F(x)在(0，)上是增函數(shù)；當(dāng)ln a0，即0a0，得( ln a)x210, 解得0x ；令F(x)0，得(ln a)x21 .所以函數(shù)F(x)在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)(2)證明：因為k，x2x10，要證k，即證ln 1，則只要證1ln t0(t1)，故g(t)在(1，)上是增函數(shù)所以當(dāng)t1時，g(t)t1ln tg(1)0，即t1ln t成立要證11，即證t10(t1)，故函數(shù)h(t)在(1，)上是增函數(shù)，所以當(dāng)t1時，h(t)tln t(t1)h(1)0，即t1tln t成立故由知k成立，得證122016廣西質(zhì)檢已知函數(shù)f(x)aln x(a0，aR)(1)若a1，求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若在區(qū)間(0，e上至少存在一點x0，使得f(x0)0成立，求實數(shù)a的取值范圍解(1)當(dāng)a1時，f(x)，令f(x)0，得x1，又f(x)的定義域為(0，)，由f(x)0得0x0得x1，所以當(dāng)x1時，f(x)有極小值1.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)(2)f(x)，且a0，令f(x)0，得到x，若在區(qū)間(0，e上存在一點x0，使得f(x0)0成立，即f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值小于0.當(dāng)0，即a0時，f(x)0在(0，e上恒成立，即f(x)在區(qū)間(0，e上單調(diào)遞減，故f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值為f(e)aln ea，由a0，得a0，即a0時，若e，則f(x)0對x(0，e成立，所以f(x)在區(qū)間(0，e上單調(diào)遞減，則f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值為f(e)aln ea0，顯然，f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值小于0不成立若0時，則有xf(x)0f(x)極小值所以f(x)在區(qū)間(0，e上的最小值為faaln，由faalna(1ln a)0，得1ln ae，即a(e，)綜上，由可知：a(e，)符合題意