（浙江專用）2019高考數學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第22練 導數的概念及簡單應用試題.docx

《（浙江專用）2019高考數學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第22練 導數的概念及簡單應用試題.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2019高考數學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第22練 導數的概念及簡單應用試題.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第22練　導數的概念及簡單應用 [明晰考情]　1.命題角度：考查導數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性、極值和最值.2.題目難度：中低檔難度． 考點一　導數的幾何意義 要點重組　(1)f′(x0)表示函數f(x)在x＝x0處的瞬時變化率． (2)f′(x0)的幾何意義是曲線y＝f(x)在點P(x0，y0)處切線的斜率． 1．已知函數f(x＋1)＝，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為(　　) A．1B．－1C．2D．－2 答案　A 解析　由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－. ∴f′(x)＝，且f′(1)＝1. 由導數的幾何意義，得所求切線的斜率k＝1. 2．設函數f(x)＝x3＋ax2，若曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程為x＋y＝0，則點P的坐標為(　　) A．(0,0) B．(1，－1) C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1) 答案　D 解析　由題意可知f′(x)＝3x2＋2ax， 則有f′(x0)＝3x＋2ax0＝－1， 又切點為(x0，－x0)，可得x＋ax＝－x0， 兩式聯立解得或 則點P的坐標為(－1,1)或(1，－1)． 故選D. 3．(2018全國Ⅰ)設函數f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x 答案　D 解析　方法一　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又f(x)為奇函數，∴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. 故選D. 方法二　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數， ∴a＝1，即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.故選D. 4．若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________. 答案　1－ln2 解析　y＝lnx＋2的切線為y＝x＋lnx1＋1(設切點橫坐標為x1)． y＝ln(x＋1)的切線為y＝x＋ln(x2＋1)－(設切點橫坐標為x2)， ∴ 解得x1＝，x2＝－，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2. 考點二　導數與函數的單調性 方法技巧　(1)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. (2)若已知函數的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解． 5．已知函數f(x)＝lnx－x＋，若a＝－f，b＝f(π)，c＝f(5)，則(　　) A．cf(π)>f(5)， ∴a>b>c.故選A. 6．定義在R上的可導函數f(x)，已知y＝2f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的單調遞增區(qū)間是(　　) A．[0,1] B．[1,2] C．(－∞，1] D．(－∞，2] 答案　D 解析　根據函數y＝2f′(x)的圖象可知， 當x≤2時，2f′(x)≥1?f′(x)≥0，且使f′(x)＝0的點為有限個， 所以函數y＝f(x)在(－∞，2]上單調遞增，故選D. 7．若函數f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數，則實數m的取值范圍為(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，2] C. D. 答案　D 解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6， 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立， 即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立． 令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－， ∴當x>2時，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調遞增， ∴m≤2＋＝，故選D. 8．定義在R上的函數f(x)滿足f′(x)>f(x)恒成立，若x1f(x1) B．f(x2)0，所以g(x)單調遞增，當x1f(x1)． 考點三　導數與函數的極值、最值 方法技巧　(1)函數零點問題，常利用數形結合與函數極值求解． (2)含參恒成立或存在性問題，可轉化為函數最值問題；若能分離參數，可先分離． 特別提醒　(1)f′(x0)＝0是函數y＝f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件． (2)函數f(x)在[a，b]上有唯一一個極值點，這個極值點就是最值點． 9．若x＝－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1 答案　A 解析　函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函數f(x)的極值點，得 f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)． 由ex－1＞0恒成立，得當x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且當x＜－2時，f′(x)＞0； 當－2＜x＜1時，f′(x)＜0； 當x＞1時，f′(x)＞0. 所以x＝1是函數f(x)的極小值點． 所以函數f(x)的極小值為f(1)＝－1. 故選A. 10．已知函數f(x)＝ax－lnx，當x∈(0，e](e為自然對數的底數)時，函數f(x)的最小值為3，則a的值為(　　) A．eB．e2C．2eD．2e2 答案　B 解析　函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，函數f(x)的導數f′(x)＝. ①當a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在(0，e]上單調遞減， ∴f(x)min＝f(e)＜0，與題意不符． ②當a＞0時，f′(x)＝0的根為. 當0＜＜e時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增， ∴f(x)min＝f＝1－ln＝3，解得a＝e2. ③當≥e時，f′(x)＜0，f(x)在(0，e]上單調遞減， ∴f(x)min＝f(e)≤0，與題意不符． 綜上所述，a＝e2.故選B. 11．設函數f(x)在R上存在導數f′(x)，對任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝x2，在(0，＋∞)上f′(x)0時，函數f(x)單調遞增， 此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2. 3．已知函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數，則實數m的取值范圍為(　　) A．4≤m≤5B．2≤m≤4C．m≤2D．m≤4 答案　D 解析　函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3， 可得f′(x)＝x2－mx＋4，函數f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數， 可得x2－mx＋4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立， 可得m≤x＋，x＋≥2＝4，當且僅當x＝2時取等號，可得m≤4. 4．若函數f(x)＝(x＋1)ex，則下列命題正確的是(　　) A．對任意m<－，都存在x∈R，使得f(x)－，都存在x∈R，使得f(x)－，方程f(x)＝m總有兩個實根 答案　B 解析　∵f′(x)＝(x＋2)ex， ∴當x>－2時，f′(x)>0，f(x)為增函數； 當x<－2時，f′(x)<0，f(x)為減函數． ∴f(－2)＝－為f(x)的最小值，即f(x)≥－(x∈R)， 故B正確． 5．函數f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數，其導函數為f′(x)，且滿足xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式＜的解集為(　　) A．{x|x＞－2013} B．{x|x＜－2013} C．{x|－2013＜x＜0} D．{x|－2018＜x＜－2013} 答案　D 解析　構造函數g(x)＝x2f(x)， 則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]． 當x＞0時，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ∵不等式＜， ∴當x＋2018＞0，即x＞－2018時， (x＋2018)2f(x＋2018)＜52f(5)， ∴g(x＋2018)＜g(5)，∴x＋2018＜5， ∴－2018＜x＜－2013. 6．函數f(x)＝3x2＋lnx－2x的極值點的個數是(　　) A．0B．1C．2D．無數 答案　A 解析　函數定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝6x＋－2＝， 由于x>0，方程6x2－2x＋1＝0中的Δ＝－20<0， 所以f′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調遞增，無極值點． 7．已知函數f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a等于(　　) A．－B.C.D．1 答案　C 解析　方法一　f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1) ＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1， 令t＝x－1，則g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1. ∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)， ∴函數g(t)為偶函數． ∵f(x)有唯一零點，∴g(t)也有唯一零點． 又g(t)為偶函數，由偶函數的性質知g(0)＝0， ∴2a－1＝0，解得a＝. 故選C. 方法二　f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x. ex－1＋e－x＋1≥2＝2，當且僅當x＝1時取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”． 若a＞0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝. 若a≤0，則f(x)的零點不唯一． 故選C. 8．定義：如果函數f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m＜x1＜x2＜n)滿足f′(x1)＝，f′(x2)＝，則稱函數f(x)是[m，n]上的“雙中值函數”．已知函數f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“雙中值函數”，則實數a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因為f(x)＝x3－x2＋a，所以由題意可知，f′(x)＝3x2－2x在區(qū)間[0，a]上存在x1，x2(0＜x1＜x2＜a)，滿足f′(x1)＝f′(x2)＝＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在區(qū)間(0，a)上有兩個不相等的實根． 令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0＜x＜a)， 則 解得＜a＜1， 所以實數a的取值范圍是. 9．已知函數f(x)＝axlnx，a∈R，若f′(e)＝3，則a的值為________． 答案　 解析　因為f′(x)＝a(1＋lnx)，a∈R，f′(e)＝3， 所以a(1＋lne)＝3，所以a＝. 10．已知函數f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1處的切線的斜率為1，則實數a＝________，此時函數y＝f(x)在[0,1]上的最小值為________． 答案?。? 解析　由題意得f′(x)＝3x2＋4ax， 則有f′(1)＝312＋4a1＝1， 解得a＝－，所以f(x)＝x3－x2＋1， 則f′(x)＝3x2－2x，當x∈[0,1]時， 由f′(x)＝3x2－2x＞0，得＜x≤1； 由f′(x)＝3x2－2x＜0，得0＜x＜， 所以函數f(x)在上單調遞增，在上單調遞減， 所以函數f(x)在x＝處取得極小值，即為最小值， 所以最小值為f＝3－2＋1＝. 11．(2018全國Ⅰ)已知函數f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________． 答案?。? 解析　f′(x)＝2cosx＋2cos2x ＝2cosx＋2(2cos2x－1) ＝2(2cos2x＋cosx－1) ＝2(2cosx－1)(cosx＋1)． ∵cosx＋1≥0， ∴當cosx＜時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當cosx＞時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增， ∴當cosx＝時，f(x)有最小值． 又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)， ∴當sinx＝－時，f(x)有最小值， 即f(x)min＝2＝－. 12．已知函數f(x)＝ex－x，若f(x)<0的解集中只有一個正整數，則實數k的取值范圍為______________． 答案　 解析　由f(x)<0，即ex－x<0， 即kx＋<只有一個正整數解， 設g(x)＝，所以g′(x)＝， 當x<1時，g′(x)>0，當x>1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 所以g(x)max＝g(1)＝， 由圖可知，kx＋<的唯一一個正整數解只能是1， 所以有 解得－≤k<－， 所以實數k的取值范圍為.