2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文
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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文 一、選擇題 1.(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax+,若x軸為曲線y=f(x)的切線,則a的值為( ) A. B.- C.- D. 答案 D 解析 f′(x)=3x2-3a,設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,0),則 解得故選D. 2.(2018·贛州一模)函數(shù)f(x)=x2-ln x的遞減區(qū)間為( ) A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(0,+∞) 答案 B 解析 f(x)的定義域是(0,+∞), f′(x)=x-=, 令f′(
2、x)<0,解得0<x<1, 故函數(shù)f(x)在(0,1)上遞減.故選B. 3.(2018·安徽示范高中二模)已知f(x)=,則( ) A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2) 答案 D 解析 f(x)的定義域是(0,+∞), 因?yàn)閒′(x)=,所以x∈(0,e),f′(x)>0; x∈(e,+∞),f′(x)<0, 故x=e時(shí),f(x)max=f(e), 而f(2)==,f(3)==, f(e)>f(3)>f(2).故選D. 4.(2018·安徽蕪湖模擬)設(shè)函數(shù)f(x)
3、在R上可導(dǎo),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且函數(shù)y=(1-x)f′(x)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論中一定成立的是( ) A.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(1) C.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(-2) D.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(2) 答案 D 解析?、佼?dāng)x<-2時(shí),1-x>0.∵(1-x)f′(x)>0, ∴f′(x)>0,即f(x)在(-∞,-2)上是增函數(shù). ②當(dāng)-2<x<1時(shí),1-x>0.∵(1-x)f′(x)<0, ∴f′(x)<0,即f(x)在(-2,1)上是減函數(shù). ③當(dāng)1
4、<x<2時(shí),1-x<0.∵(1-x)f′(x)>0, ∴f′(x)<0,即f(x)在(1,2)上是減函數(shù). ④當(dāng)x>2時(shí),1-x<0.∵(1-x)f′(x)<0, ∴f′(x)>0,即f(x)在(2,+∞)上是增函數(shù). 綜上,f(-2)為極大值,f(2)為極小值. 5.(2018·河南八校聯(lián)考)已知f(x)=x2+cosx,f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則f′(x)的圖象大致為( ) 答案 A 解析 因?yàn)閒(x)=x2+cosx,所以f′(x)=x-sinx,這是一個(gè)奇函數(shù),圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,故排除B,D,又f′(1)=-sin1<-sin<0,f′(2)=1-sin2>0
5、,所以f′(x)的圖象大致為A. 6.已知f(x)=ax3,g(x)=9x2+3x-1,當(dāng)x∈[1,2]時(shí),f(x)≥g(x)恒成立,則a的取值范圍為( ) A.a(chǎn)≥11 B.a(chǎn)≤11 C.a(chǎn)≥ D.a(chǎn)≤ 答案 A 解析 f(x)≥g(x)恒成立,即ax3≥9x2+3x-1. ∵x∈[1,2],∴a≥+-.令=t,則當(dāng)t∈時(shí),a≥9t+3t2-t3.令h(t)=9t+3t2-t3,h′(t)=9+6t-3t2=-3(t-1)2+12.∴h′(t)在上是增函數(shù).∴h′(t)min=h′=-+12>0.∴h(t)在上是增函數(shù).∴a≥h(1)=11,故選A. 7.(201
6、8·寶雞二檢)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)=4,且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<3,則不等式f(ln x)>3ln x+1的解集為( ) A.(1,+∞) B.(0,e) C.(0,1) D.(e,+∞) 答案 B 解析 設(shè)g(x)=f(x)-3x-1,則g′(x)=f′(x)-3.由題意,得g′(x)<0且g(1)=0,故函數(shù)g(x)為單調(diào)遞減函數(shù).不等式f(ln x)>3ln x+1可以轉(zhuǎn)化為f(ln x)-3ln x-1>0,即g(ln x)>0=g(1),所以解得0<x<e. 二、填空題 8.(2018·陜西一檢)已知曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處
7、的切線為l,若l與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切,則a=________. 答案 8 解析 因?yàn)閥=x+ln x,所以y′=1+,所以y′x=1=2,故曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y=2x-1,與y=ax2+(a+2)x+1聯(lián)立,可得ax2+ax+2=0,Δ=a2-8a=0,所以a=0(舍)或a=8,所以a=8. 9.已知函數(shù)f(x)=.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(t>0)上不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)t的取值范圍為________. 答案?。紅<1 解析 f′(x)=-(x>0),由f′(x)>0,得0<x<1;由f′(x)<0,得x>1.所以f(x)在(0,1)上單
8、調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(t>0)上不是單調(diào)函數(shù),所以解得<t<1. 10.(2018·廣西三市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ax-ln x,當(dāng)x∈(0,e](e為自然常數(shù))時(shí),函數(shù)f(x)的最小值為3,則 a的值為________. 答案 e2 解析 易知a>0,由f′(x)=a-==0,得x=,當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,∴f(x)在x=時(shí)取得最小值f=1-ln .①當(dāng)0<≤e時(shí),由1-ln =3,得a=e2,符合題意;②當(dāng)>e時(shí),x∈(0,e],f(x)min=f(e),即由ae-ln e=3,得
9、a=,舍去.
三、解答題
11.(2018·河北七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x2-(2a+2)x+(2a+1)ln x.
(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線的斜率小于0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若對任意的a∈,函數(shù)g(x)=f(x)-在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù),求λ的取值范圍.
解 (1)f′(x)=x-(2a+2)+
=(x>0),
若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線的斜率小于0,
則f′(2)=-a+<0,即有a>,∴2a+1>2>1,
由f′(x)>0得0 10、遞增區(qū)間為(0,1),(2a+1,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2a+1).
(2)∵g(x)=f(x)-在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù),
∴g′(x)≥0對任意的a∈,x∈[1,2]恒成立,
而g′(x)=x-(2a+2)++≥0,
化簡得x3-(2a+2)x2+(2a+1)x+λ≥0,
即(2x-2x2)a+x3-2x2+x+λ≥0,其中a∈,
∵x∈[1,2],∴2x-2x2≤0,
∴只需(2x-2x2)+x3-2x2+x+λ≥0,
即x3-7x2+6x+λ≥0對任意x∈[1,2]恒成立.
令h(x)=x3-7x2+6x+λ,x∈[1,2],
則h′(x)=3x2-14x+ 11、6<0在[1,2]上恒成立,
∴h(x)=x3-7x2+6x+λ在閉區(qū)間[1,2]上為減函數(shù),
則h(x)min=h(2)=λ-8.
∴h(x)min=h(2)=λ-8≥0,解得λ≥8.
12.已知函數(shù)f(x)=-x3+2x2+ax+(a∈R).
(1)若a=3,試求函數(shù)f(x)的圖象在x=2處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為2,試求實(shí)數(shù)a的值.
解 (1)因?yàn)閍=3,
所以f(x)=-x3+2x2+3x+,
所以f′(x)=-x2+4x+3,
所以f′(2)=-22+2×4+3=7.
因?yàn)閒(2)=-+8+6+=12, 12、
所以切線方程為y-12=7(x-2),即y=7x-2.
設(shè)直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,-2),,
所以該直線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S=×2×=.
(2)f′(x)=-x2+4x+a=-(x-2)2+a+4.
若a+4≤0,a≤-4,則f′(x)≤0在[0,2]上恒成立,
所以函數(shù)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減,
所以f(x)max=f(0)=<2,此時(shí)a不存在.
若a≥0,則f′(x)≥0在[0,2]上恒成立,
所以函數(shù)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,
所以f(x)max=f(2)=-+8+2a+=2a+6=2,
解得a=-2,
因?yàn)閍≥0,所以此時(shí)a不存在 13、.
若-4
14、定義域?yàn)?0,+∞),
則f′(x)=-+=,
若x=1是f(x)的極值點(diǎn),則f′(1)=0,即a=1.
∴f(x)=+ln x,f′(x)=.
令f′(x)>0,則x>1,令f′(x)<0,則x<1,
∴f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,
∴f(x)在x=1處取得極小值,極小值為f(1)=1.
(2)若f(x)≥0在(0,e]上恒成立,即f(x)min≥0.
由(1)知f′(x)=,
①當(dāng)a≤0時(shí),即f′(x)<0在(0,e]上恒成立,
即f(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,
則f(x)min=f(e)=+aln e=+a≥0,得
-≤a≤0.
15、②當(dāng)a>0時(shí),x∈時(shí),f′(x)<0,
x∈時(shí),f′(x)>0,
若≥e,即00,即0時(shí),x∈時(shí),f′(x)<0,x∈時(shí),f′(x)>0,
即f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
則f(x)min=f=a+aln ≥0,得
16、極值點(diǎn)x1,x2(x1 17、-ln -1=-+x-ln x-2ln 2-1.
令t=x,g(t)=-+t-ln t-2ln 2-1,則g′(t)=+1-==,
當(dāng) 18、)x+3a+2]ex,
所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.
f′(2)=(2a-1)e2,
由題設(shè)知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.
(2)解法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex
=(ax-1)(x-1)ex.
若a>1,則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0.
所以f(x)在x=1處取得極小值.
若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ax-1≤x-1<0,
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的極小值點(diǎn).
綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞).
解法二:f′(x)=(ax-1)(x- 19、1)ex.
(1)當(dāng)a=0時(shí),令f′(x)=0得x=1.
f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表:
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
極大值
∴f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.
(2)當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=0得x1=,x2=1.
①當(dāng)x1=x2,即a=1時(shí),f′(x)=(x-1)2ex≥0,
∴f(x)在R上單調(diào)遞增,
∴f(x)無極值,不合題意.
②當(dāng)x1>x2,即0
20、
0
+
f(x)
極大值
極小值
∴f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.
③當(dāng)x1
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