（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第18講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第18講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第18講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用練習(xí)（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第18講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 A級——高考保分練 1．若f(x)＝，則f′＝________. 解析：f′(x)＝，∴f′＝－. 答案：－ 2．當函數(shù)y＝x·2x取極小值時，x＝________. 解析：令y′＝2x＋x·2xln 2＝0，∴x＝－.經(jīng)驗證，－為函數(shù)y＝x·2x的極小值點． 答案：－ 3．(2019·連云港調(diào)研)若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1對x∈R恒成立，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為________． 解析：∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，① ∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，② 聯(lián)立①②，解得f(x

2、)＝－x3－x＋， 則f′(x)＝－x2－1， ∴f(1)＝－－1＋＝－，f′(1)＝－－1＝－， ∴切線方程為y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0. 答案：10x＋4y－5＝0 4．已知函數(shù)f(x)＝ln x－(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________. 解析：因為f(x)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，所以至少滿足f(1)≥4，f(e)≥4，解得m≤－3e， 又f′(x)＝，且x∈[1，e]， 所以f′(x)<0，即f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 所以f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e. 答案：－3e 5．(2019·蘇北

3、四市期末)在平面直角坐標系xOy中，曲線C：xy＝上任意一點P到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為________． 解析：設(shè)過曲線C：xy＝上任意一點P的切線與直線l：x＋y＝0平行． 因為y′＝－，所以y′|x＝x0＝－＝－， 解得x0＝±. 當x0＝時，P(，1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝； 當x0＝－時，P(－，－1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝， 所以曲線C：xy＝上任意一點到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為. 答案： 6.設(shè)函數(shù)f(x)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，則函數(shù)f(x)的極大值、極小值分別是__

4、______． 解析：由題圖可知，當x<－2時，f′(x)>0；當－22時，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值． 答案：f(－2)、f(2) 7．若函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值是正數(shù)，極小值是負數(shù)，則a的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)， 由f′(x)＝0得x＝±a， 當－aa或x<－a時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，

5、 ∴f(x)的極大值為f(－a)，極小值為f(a)． ∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0， 解得a>. ∴a的取值范圍是. 答案： 8．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab，則t的最大值為________． 解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2， ∴f′(x)＝12x2－2ax－2b. 又f(x)在x＝1處取得極值， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6， ∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9， 當且僅當a＝b＝3時，t取得最大值9. 答案：9 9．若函數(shù)

6、f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，且x＝1為函數(shù)的極小值點，x＝－1為函數(shù)的極大值點． 函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,6－a2)上有最小值， 則函數(shù)f(x)極小值點必在區(qū)間(a,6－a2)內(nèi)， 即實數(shù)a滿足a<1<6－a2且f(a)＝a3－3a≥f(1)＝－2. 解a<1<6－a2，得－

7、＋1)x在R上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值集合為________． 解析：因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即f′(x)＝ex＋(x＋m)ex－x－(m＋1)＝(x＋m＋1)(ex－1)≥0在R上恒成立． ①當x＞0時，ex－1＞0，所以x＋m＋1≥0恒成立， 即m≥(－1－x)max，所以m≥－1； ②當x＜0時，ex－1＜0，所以x＋m＋1≤0恒成立， 即m≤(－1－x)min，所以m≤－1； ③當x＝0時，ex－1＝0，所以m∈R. 綜上可知，實數(shù)m的取值集合為{－1}． 答案：{－1} 11．(2019·蘇州中學(xué)期末)設(shè)f(x)＝2x3＋ax

8、2＋bx＋1的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，若函數(shù)y＝f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝－對稱，且f′(1)＝0. (1)求實數(shù)a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 解：(1)因為f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1， 故f′(x)＝6x2＋2ax＋b， 從而f′(x)＝62＋b－， 即y＝f′(x)關(guān)于直線x＝－對稱． 從而由題設(shè)條件知－＝－，即a＝3. 又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0， 得b＝－12. (2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1， 所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1. 當x∈(－

9、∞，－2)時，f′(x)＞0， 即f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增； 當x∈(－2,1)時，f′(x)＜0， 即f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0， 即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 從而函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值f(－2)＝21， 在x＝1處取得極小值f(1)＝－6. 12．已知函數(shù)f(x)＝－1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (2)設(shè)m>0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上的最大值． 解：(1)因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得0e， 所以函數(shù)f(x)的

10、單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)，且f(x)極大值＝f(e)＝－1，無極小值． (2)①當即0

11、 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1 是f(x)的極大值點，則a的取值范圍為________． 解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b， 由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝ ＝－. ①若a≥0，當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 所以x＝1是f(x)的極大值點． ②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因為x＝1是f(x)的極大值點， 所以－＞1，解得－1＜a＜0. 綜合①②，得a的取值范圍是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋

12、∞) 2．已知三次函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值0，在x＝1處取得極值1，若存在兩個不同實數(shù)x1，x2∈(k，k＋1)，使得f(x1)＋f(x2)＝0，則實數(shù)k的取值范圍是________． 解析：設(shè)三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d， 則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. ∵f(x)在x＝0處取得極值0，在x＝1處取得極值1. ∴? ∴f(x)＝－2x3＋3x2，f′(x)＝－6x2＋6x， 由f′(x)>0，得01或x<0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，且f(0)＝0，f＝0，

13、 作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示． 結(jié)合圖象可得k<

14、區(qū)間為(－∞，0)和(0,1)． (2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)， 所以g′(x)＝ex－a， ①當a≤1時，g′(x)＝ex－a>0， 即g(x)在(0，＋∞)上遞增，此時g(x)在(0，＋∞)上無極值點． ②當a>1時，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a； 令g′(x)＝ex－a>0，得x∈(ln a，＋∞)； 令g′(x)＝ex－a<0，得x∈(0，ln a)． 故g(x)在(0，ln a)上遞減，在(ln a，＋∞)上遞增， 所以g(x)在(0，＋∞)有極小值無極大值，且極小值點為x＝ln a. 故實數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)． 4．已

15、知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由已知得f(x)的定義域為x∈(0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝. 當a＝－4時，f′(x)＝. ∴當02時，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增． ∴f(x)只有極小值，且在x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. (2)∵f′(x)＝， ∴當a>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當a<0時，由f′(x)>0得，x>－， ∴f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)<0得，x<－， ∴f(x)在上單調(diào)遞減． ∴當a<0時，f(x)的最小值為f＝aln＋2. 根據(jù)題意得f＝aln＋2≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. ∵a<0，∴l(xiāng)n(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， ∴實數(shù)a的取值范圍是[－2,0)． - 8 -