2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.2 導(dǎo)數(shù)素能演練提升 文.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.2 導(dǎo)數(shù)素能演練提升 文1.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b),導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)的極小值點有() A.1個B.2個C.3個D.4個解析:f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減.極小值點附近函數(shù)應(yīng)有先減后增的特點,即f(x)0,由f(x)的圖象可知只有1個極小值點.答案:A2.直線y=kx+b與曲線y=x3+ax+1相切于點(2,3),則b的值為()A.-3B.9C.-15D.-7解析:將點(2,3)分別代入曲線y=x3+ax+1和直線y=kx+b,得a=-3,2k+b=3.又k=y|x=2=(3x2-3)|x=2=9,故b=3-2k=3-18=-15.答案:C3.函數(shù)f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1,3B.1,3)C.(1,3D.(1,3)解析:a2-10,a1或a1或a-1,1a3.答案:C4.若函數(shù)f(x)=2x+ln x,且f(a)=0,則2aln 2a=()A.1B.-1C.-ln 2D.ln 2解析:f(x)=2xln 2+,由f(a)=2aln 2+=0,得2aln 2=-,則a2aln 2=-1,即2aln 2a=-1.答案:B5.(xx山西忻州一模,10)函數(shù)f(x)=x2+2cos x+2的導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象大致是()解析:f(x)=x-2sin x,顯然是奇函數(shù),排除A.而f(x)=-2cos x=0有無窮多個根,函數(shù)f(x)有無窮多個單調(diào)區(qū)間,排除C,D.故選B.答案:B6.(xx山西忻州一模,12)定義在上的函數(shù)f(x),f(x)是它的導(dǎo)函數(shù),且恒有f(x)f(x)tan x成立,則()A.B.f(1)fD.f解析:f(x)0,=0,函數(shù)上單調(diào)遞增,從而,即f.答案:D7.已知f(x)=x(1+|x|),則f(1)f(-1)=.解析:當(dāng)x0時,f(x)=x2+x,f(x)=2x+1,則f(1)=3.當(dāng)x0時,f(x)=x-x2,f(x)=1-2x,則f(-1)=3.故f(1)f(-1)=9.答案:98.函數(shù)f(x)=|x3-3x2-t|,x0,4的最大值記為g(t),當(dāng)t在實數(shù)范圍內(nèi)變化時,g(t)的最小值為.解析:令g(x)=x3-3x2-t,則g(x)=3x2-6x,令g(x)0,則x0或x2,在0,2上g(x)為減函數(shù),在2,4上g(x)為增函數(shù),故f(x)的最大值g(t)=max|g(0)|,|g(2)|,|g(4)|,又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,|g(4)|=|16-t|,在同一坐標(biāo)系中分別作出它們的圖象.由圖象可知,在y=16-t(t16)與y=4+t(t-4)的交點處,g(t)取得最小值,由16-t=4+t,得2t=12,t=6,g(t)min=10.答案:109.設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)ex-kx2(kR).(1)當(dāng)k=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)k時,求函數(shù)f(x)在0,k上的最大值M.解:(1)當(dāng)k=1時,f(x)=(x-1)ex-x2,f(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln 2,當(dāng)x變化時,f(x),f(x)的變化如下表:x(-,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值由表可知,函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0,ln 2),遞增區(qū)間為(-,0),(ln 2,+).(2)f(x)=ex+(x-1)ex-2kx=xex-2kx=x(ex-2k),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln(2k),令g(k)=ln(2k)-k,k,則g(k)=-1=0,所以g(k)在上單調(diào)遞增.所以g(k)ln 2-1=ln 2-ln e0.從而ln(2k)k,所以ln(2k)(0,k).所以當(dāng)x(0,ln(2k)時,f(x)0.所以M=maxf(0),f(k)=max-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,則h(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,則(k)=ek-3e-30.所以(k)在上單調(diào)遞減,而(1)=(e-3)0,當(dāng)k(x0,1)時,(k)0,h(1)=0,所以h(k)0在上恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時取得“=”.綜上,函數(shù)f(x)在0,k上的最大值M=(k-1)ek-k3.10.(xx廣東高考,文21)已知函數(shù)f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a0,即a0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(-1-,-1+)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.(2)當(dāng)a0時,由(1),令x1=-1+=1,解得a=-3.當(dāng)a-3時,1-1+,由(1)的討論可知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,此時不存在x0,使得f(x0)=f.當(dāng)-3a-1+,f(x)在(0,-1+)上遞減,在(-1+,1)上遞增,f(1)-fa+,依題意,要f(x)存在x0,使得f(x0)=f,只需f(1)-fa+0,解得a-,于是有-aa0,1恒成立,求m的取值范圍.解:(1)由題設(shè),當(dāng)m=e時,f(x)=ln x+,則f(x)=,當(dāng)x(0,e),f(x)0,f(x)在(e,+)上單調(diào)遞增,x=e時,f(x)取得極小值f(e)=ln e+=2,f(x)的極小值為2.(2)由題設(shè)g(x)=f(x)-(x0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x0),設(shè)(x)=-x3+x(x0),則(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),當(dāng)x(0,1)時,(x)0,(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當(dāng)x(1,+)時,(x)時,函數(shù)g(x)無零點;當(dāng)m=時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當(dāng)0m時,函數(shù)g(x)無零點;當(dāng)m=或m0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當(dāng)0ma0,1恒成立,等價于f(b)-b0),(*)等價于h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.由h(x)=-10在(0,+)恒成立,得m-x2+x=-(x0)恒成立,m,m的取值范圍是.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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