2019-2020年高考數(shù)學一輪總復習 2.2導數(shù)的應(yīng)用(一)課時作業(yè) 文（含解析）新人教版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學一輪總復習 2.2導數(shù)的應(yīng)用(一)課時作業(yè) 文（含解析）新人教版 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．(－∞，2)　　　　　　　 B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) 解析：函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導數(shù)為f ′(x)＝[(x－3)ex]′＝1ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由函數(shù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系得：當f ′(x)＞0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時由不等式f ′(x)＝(x－2)ex＞0解得：x＞2. 答案：D 2．(xx新課標全國卷Ⅱ)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：因為f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因為f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x＞1時，f′(x)＝k－≥0恒成立．即k≥在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．因為x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故選D. 答案：D 3．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 解析：函數(shù)的導數(shù)為f ′(x)＝12x2－2ax－2b，由函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，可知函數(shù)f(x)在x＝1處的導數(shù)值為零，12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由題意知a，b都是正實數(shù)，所以ab≤2＝2＝9，當且僅當a＝b＝3時取到等號，故選D. 答案：D 4．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則當|MN|達到最小時t的值為(　　) A．1 B. C. D. 解析：|MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－＝，顯然x＝是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的極小值點，也是最小值點，故t＝. 答案：D 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是(　　) 解析：若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則易得a＝c.因選項A、B的函數(shù)為f(x)＝a(x＋1)2，則[f(x)ex]′＝f ′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點滿足條件；選項C中，對稱軸x＝－＞0，且開口向下，∴a＜0，b＞0，∴f(－1)＝2a－b＜0，也滿足條件；選項D中，對稱軸x＝－＜－1，且開口向上，∴a＞0，b＞2a， ∴f(－1)＝2a－b＜0，與圖象矛盾，故答案選D. 答案：D 6．(xx湖南卷)若0＜x1＜x2＜1，則(　　) A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1 B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1 解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－lnx，則f′(x)＝ex－，故f(x)＝ex－lnx在(0,1)上有一個極值點，即f(x)＝ex－lnx在(0,1)上不是單調(diào)函數(shù)，無法判斷f(x1)與f(x2)的大小，故A、B錯；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝＝，故函數(shù)g(x)＝在(0,1)上單調(diào)遞減，故g(x1)＞g(x2)， ，故選C. 答案：C 二、填空題 7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數(shù)m的取值范圍是__________． 解析：f ′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，即Δ＝4m2－12(m＋6)＞0， ∴m＞6，或m＜－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 8．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx(c＜0)，其圖象在點A(1,0)處的切線的斜率為0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是__________． 解析：f ′(x)＝ax2＋bx＋c，則由題意，得f(1)＝a＋b＋c＝0且f ′(1)＝a＋b＋c＝0， 解得b＝－a，c＝a， ∵c＜0，∴a＜0， 所以f ′(x)＝a(3x2－4x＋1) ＝a(3x－1)(x－1)≥0， 即(3x－1)(x－1)≤0，解得≤x≤1， 因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為. 答案： 9．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是__________． 解析：由原函數(shù)有零點，可將問題轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解問題，即方程a＝2x－ex有解． 令函數(shù)g(x)＝2x－ex， 則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2， 所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)， 所以g(x)的最大值為：g(ln2)＝2ln2－2. 因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域， 所以，a∈(－∞，2ln2－2]． 答案：(－∞，2ln2－2] 三、解答題 10．(xx濟寧調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x2＋alnx. (1)當a＝－2e時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值． (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋在[1,4]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝－2e時，f′(x)＝2x－＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 ∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)；單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，極小值是f()＝0. (2)由g(x)＝x2＋alnx＋， 得g′(x)＝2x＋－， 又函數(shù)g(x)＝x2＋alnx＋為[1,4]上的單調(diào)減函數(shù)， 則g′(x)≤0在[1,4]上恒成立， 即不等式2x＋－≤0在[1,4]上恒成立， 即a≤－2x2在[1,4]上恒成立． 設(shè)φ(x)＝－2x2，顯然φ(x)在[1,4]上為減函數(shù)， 所以φ(x)的最小值為φ(4)＝－. 所以a的取值范圍是. 11．(xx重慶卷)已知函數(shù)f(x)＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值． 解析：(1)對f(x)求導得f′(x)＝－－，由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，則f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當x∈(0,5)時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當x∈(5，＋∞)時，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln5. 12．(xx新課標全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2. (1)求a； (2)證明：當k＜1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 解析：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為 y＝ax＋2. 由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k＞0. 當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根． 當x＞0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根． 綜上，g(x)＝0在R有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．