高考數學理二輪專題復習限時規(guī)范訓練：第一部分 專題二 函數、不等式、導數 123 Word版含答案

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 限時規(guī)范訓練六　導數的簡單應用　 一、選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分) 1．設函數f(x)＝－aln x，若f′(2)＝3，則實數a的值為(　　) A．4　　　　 B．－4 C．2 D．－2 解析：選B.f′(x)＝－，故f′(2)＝－＝3，因此a＝－4. 2．曲線y＝ex在點A處的切線與直線x－y＋3＝0平行，則點A的坐標為(　　) A．(－1，e－1) B．(0,1) C．(1，e) D．(0,2) 解析：選B.設A(x0，e)，y′＝ex，∴y′|＝e.

2、由導數的幾何意義可知切線的斜率k＝e. 由切線與直線x－y＋3＝0平行可得切線的斜率k＝1. ∴e＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故選B. 3．若函數f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則實數c的取值范圍為 (　　) A. B. C.∪ D.∪ 解析：選D.若函數f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有兩根，故Δ＝(－4c)2－12＞0，從而c＞或c＜－. 4．已知f(x)＝aln x＋x2(a＞0)，若對任意兩個不等的正實數x1，x2都有≥2恒成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(0,1)

3、D．(0,1] 解析：選A.由條件可知在定義域上函數圖象的切線斜率大于等于2，所以函數的導數f′(x)＝＋x≥2.可得x＝時，f′(x)有最小值2.∴a≥1. 5．若定義在R上的函數f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結論中一定錯誤的是(　　) A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞ 解析：選C.構造函數g(x)＝f(x)－kx＋1， 則g′(x)＝f′(x)－k＞0，∴g(x)在R上為增函數． ∵k＞1，∴＞0，則g＞g(0)． 而g(0)＝f(0)＋1＝0， ∴g＝f－＋1＞0， 即f＞－1＝， 所以選項C錯誤，故選C. 6．

4、由曲線y＝x2，y＝圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B. C. D．1 解析：選B.由題意可知所求面積(如圖中陰影部分的面積)為(－x2)dx＝＝.所以選B. 二、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分) 7．(20xx·高考全國卷Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________. 解析：直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x＋2，y＝ln(x＋1)均相切，設切點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝ln x＋2得y′＝，由y＝ln(x＋1)得y′＝，∴k＝＝， ∴x1＝，x2＝－1，∴y

5、1＝－ln k＋2，y2＝－ln k. 即A，B， ∵A、B在直線y＝kx＋b上， ∴解得 答案：1－ln 2 8．已知函數f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不單調，則實數t的取值范圍是________． 解析：由題意得，f(x)的定義域為(0，＋∞)，∴t＞0， ∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解， ∴＝0在(t，t＋1)上有解， ∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故實數t的取值范圍是(0,1)． 答案：(0,1) 9．若f(x)＝－x2＋

6、bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數，則實數b的最大值是________． 解析：函數的定義域是x＋2＞0，即x＞－2，而f′(x)＝－x＋＝.因為x＋2＞0，函數f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數，即－x2－2x＋b≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b≤x2＋2x在x∈(－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，x∈(－1，＋∞)，g(x)＞g(－1)＝－1，所以b≤－1.所以b的最大值為－1. 答案：－1 三、解答題(本題共3小題，每小題12分，共36分) 10．已知f(x)＝2x＋3－. (1)求證：當x＝0時，f(x)取

7、得極小值； (2)是否存在滿足n＞m≥0的實數m，n，當x∈[m，n]時，f(x)的值域為[m，n]？若存在，求m，n的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：由已知得f(x)的定義域為. 當x＞－時，f′(x)＝2－ ＝. 設F(x)＝8x2＋8x＋2ln(2x＋1)，則f′(x)＝. 當x＞－時，y＝8x2＋8x＝82－2是單調遞增函數，y＝2ln(2x＋1)也是單調遞增函數． ∴當x＞－時，F(x)＝8x2＋8x＋2ln(2x＋1)單調遞增． ∴當－＜x＜0時，F(x)＜F(0)＝0，當x＞0時，F(x)＞F(0)＝0. ∴當－＜x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單

8、調遞減，當x＞0時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． ∴當x＝0時，f(x)取得極小值． (2)由(1)知f(x)在[0，＋∞)上是單調遞增函數，若存在滿足n＞m≥0的實數m，n，當x∈[m，n]時，f(x)的值域為[m，n]，則f(m)＝m，f(n)＝n，即f(x)＝x在[0，＋∞)上有兩個不等的實根m，n. ∴2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)＝0在[0，＋∞)上有兩個不等的實根m，n. 設H(x)＝2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)，則 H′(x)＝. 當x＞0時，2x＋1＞0,8x2＋18x＋5＞0， ∴H′(x)＝＞0. ∴H(x)在[0，＋∞)上是單調遞增函數，即

9、當x≥0時，H(x)≥H(0)＝3. ∴2x2＋7x＋3－ln(2x＋1)＝0在[0，＋∞)上沒有實數根． ∴不存在滿足條件的實數m，n. 11．(20xx·河南鄭州質量檢測)設函數f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)當m≥0時，討論函數f(x)與g(x)圖象的交點個數． 解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝， 當m≤0時，f′(x)＞0，所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間． 當m＞0時，f′(x)＝，當0＜x＜時，f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減；當x

10、＞時，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增． 綜上，當m≤0時，函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調遞減區(qū)間；當m＞0時，函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(0，)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，問題等價于求函數F(x)的零點個數， 當m＝0時，F(x)＝－x2＋x，x＞0，有唯一零點；當m≠0時，F′(x)＝－， 當m＝1時，F′(x)≤0，函數F(x)為減函數，注意到F(1)＝＞0，F(4)＝－ln 4＜0，所以F(x)有唯一零點． 當m＞1時，0＜x＜1或x＞m時，F′(x)＜0；1＜x＜m時，

11、F′(x)＞0，所以函數F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上單調遞減，在(1，m)上單調遞增，注意到F(1)＝m＋＞0， F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點． 當0＜m＜1時，0＜x＜m或x＞1時，F′(x)＜0；m＜x＜1時，F′(x)＞0， 所以函數F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上單調遞減，在(m,1)上單調遞增，易得ln m＜0， 所以F(m)＝(m＋2－2ln m)＞0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點． 綜上，函數F(x)有唯一零點，即兩函數圖象有一個交點． 12．(20xx·河南洛陽模擬)已知

12、函數f(x)＝ln x－，曲線y＝f(x)在點處的切線平行于直線y＝10x＋1. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)設直線l為函數g(x)＝ln x的圖象上任意一點A(x0，y0)處的切線，在區(qū)間(1，＋∞)上是否存在x0，使得直線l與曲線h(x)＝ex也相切？若存在，滿足條件的x0有幾個？ 解：(1)∵函數f(x)＝ln x－，∴f′(x)＝＋， ∵曲線y＝f(x)在點處的切線平行于直線y＝10x＋1， ∴f′＝2＋8a＝10，∴a＝1，∴f′(x)＝. ∵x＞0且x≠1，∴f′(x)＞0，∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)和(1，＋∞)． (2)存在且唯一，證明如

13、下： ∵g(x)＝ln x，∴切線l的方程為y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0－1　?、?， 設直線l與曲線h(x)＝ex相切于點(x1，ex1)， ∵h′(x)＝ex，∴ex1＝，∴x1＝－ln x0， ∴直線l的方程也可以寫成y－＝(x＋ln x0)， 即y＝x＋＋　?、?， 由①②得ln x0－1＝＋，∴l(xiāng)n x0＝. 證明：在區(qū)間(1，＋∞)上x0存在且唯一． 由(1)可知，f(x)＝ln x－在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增， 又f(e)＝－＜0，f(e2)＝＞0， 結合零點存在性定理，說明方程f(x)＝0必在區(qū)間(e，e2)上有唯一的根，這個根就是所求的唯一x0.