新編高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 課時鞏固過關(guān)練六 Word版含解析

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1、 課時鞏固過關(guān)練(六)　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．(20xx·廣東六校聯(lián)考)曲線y＝lnx－2x在點(diǎn)(1，－2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積是(　　) A. B. C．1 D．2 解析：由題意得y ′＝－2，則在點(diǎn)M(1，－2)處的切線斜率k＝－1，故切線方程為y＋2＝－(x－1)，即y＝－x－1. 令x＝0，得y＝－1；令y＝0，得x＝－1， ∴切線與坐標(biāo)軸圍成三角形的面積S＝×1×1＝，故選A. 答案：A 2．(20xx·安徽安慶期中)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x)，且滿足關(guān)系式f(x)＝2x3＋x2f ′(1

2、)＋lnx，則f ′(2)的值等于(　　) A．－ B. C．－7 D．7 解析：由題意，f ′(x)＝6x2＋2xf ′(1)＋，則f ′(1)＝6＋2f ′(1)＋1， ∴f ′(1)＝－7，故f ′(2)＝24＋2×2×(－7)＋＝－，故選A. 答案：A 3．(20xx·河北期中)函數(shù)f(x)＝2xlog2e－2lnx－ax＋3的一個極值點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,2) C．(0,3) D．(0,2) 解析：因?yàn)閒 ′(x)＝2x－－a，若函數(shù)的一個極值點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則f ′(1)f ′(2)<0，即(－

3、a)(3－a)<0，解得00，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2,3)時，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

4、②錯；當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f(x)有極大值，④錯；當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)無極值，⑤錯．故選D. 答案：D 5．(20xx·山東東營一中期中)設(shè)f(x)是一個三次函數(shù)，f ′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，如圖所示的是y＝x·f ′(x)的圖象的一部分，則f(x)的極大值與極小值分別是(　　) A．f(1)與f(－1) B．f(－1)與f(1) C．f(－2)與f(2) D．f(2)與f(－2) 解析：由y＝x·f′(x)的圖象知，x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0；x∈(－2,2)時，f′(x)≤0；x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，∴當(dāng)x＝－2時，f(x)有極大值f(－2)；當(dāng)

5、x＝2時，f(x)有極小值f(2)，故選C. 答案：C 二、填空題 6．(20xx·湖北棗陽一中月考)函數(shù)y＝在x＝4處的導(dǎo)數(shù)是__________． 解析：∵y ′＝－，∴y′|x＝4＝－＝－，故答案為－. 答案：－ 7．(20xx·四川眉山中學(xué)期中改編)設(shè)點(diǎn)P是曲線y＝x3－x＋上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)P處切線傾斜角為α，則角α的取值范圍是__________． 解析：∵y ′＝3x2－≥－，∴tanα≥－. 又0≤α<π，∴0≤α<或≤α<π. 則角α的取值范圍是∪. 答案：∪ 8．設(shè)方程x3－3x＝k有3個不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是__________． 解析：設(shè)

6、f(x)＝x3－3x，對函數(shù)求導(dǎo)，f ′(x)＝3x2－3＝0，x＝－1或x＝1.當(dāng)x<－1時，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)－11時，f(x)單調(diào)遞增，f(－1)＝2，f(1)＝－2.方程x3－2x－k要有三個不等實(shí)根，則直線y＝k與f(x)的圖象有三個交點(diǎn)，∴－2

7、：(1)因?yàn)閒(0)＝1，所以曲線y＝f(x)經(jīng)過點(diǎn)(0,1)， 又f ′(x)＝x2＋2x＋a，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,1)處切線的斜率為－3， 所以f ′(0)＝a＝－3，所以f ′(x)＝x2＋2x－3. 當(dāng)x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－3)，(1，＋∞)， 單調(diào)遞減區(qū)間為(－3,1)． (2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[－2，a]上單調(diào)遞增，

8、所以f ′(x)≥0對x∈[－2，a]成立， 只要f ′(x)＝x2＋2x＋a在[－2，a]上的最小值大于等于0即可． 因?yàn)楹瘮?shù)f ′(x)＝x2＋2x＋a的對稱軸為直線x＝－1， 當(dāng)－2≤a≤－1時，f ′(x)在[－2，a]上的最小值為f ′(a)， 解f ′(a)＝a2＋3a≥0，得a≥0或a≤－3，所以此種情形不成立； 當(dāng)a>－1時，f ′(x)在[－2，a]上的最小值為f ′(－1)， 解f ′(－1)＝1－2＋a≥0，得a≥1，所以a≥1. 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是{a|a≥1}． 10．(20xx·湖南株洲統(tǒng)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋b(x2－3x＋2)，其中

9、a，b∈R. (1)若a＝b，討論f(x)極值(用a表示)； (2)當(dāng)a＝1，b＝－，函數(shù)g(x)＝2f(x)－(λ＋3)x＋2，若x1，x2(x1≠x2)滿足g(x1)＝g(x2)且x1＋x2＝2x0，證明：g′(x0)≠0. 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， ∵a＝b，∴f(x)＝alnx＋a(x2－3x＋2)， ∴f ′(x)＝＋a(2x－3)＝. ①a＝0時，f(x)＝0，所以函數(shù)f(x)無極值； ②當(dāng)a>0時，f(x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， ∴f(x)的極大值為f＝－aln2＋a，f(x)的極小值為f(1)＝0； ③當(dāng)a<0時，f(

10、x)在和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴f(x)的極小值為f＝－aln2＋a，f(x)的極大值為f(1)＝0. 綜上所述：當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)無極值； 當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的極大值為－aln2＋a，函數(shù)f(x)的極小值為0； 當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)的極小值為－aln2＋a，函數(shù)f(x)的極大值為0. (2)g(x)＝2lnx－x2－λx，g′(x)＝－2x－λ.假設(shè)結(jié)論不成立，則有 由①，得2ln－(x－x)－λ(x1－x2)＝0，∴λ＝2－2x0， 由③，得λ＝－2x0，∴＝，即＝，即ln＝④. 令t＝，不妨設(shè)x1

11、)，則u′(t)＝>0， ∴u(t)在0

12、a≥－在x∈[1,2]上恒成立，則a≥－.故a的取值范圍為. (2)當(dāng)a＝－e時，f(x)＝－ex＋lnx，f ′(x)＝. ①令f ′(x)＝0，得x＝.令f ′(x)>0，得x∈，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增； 令f ′(x)<0，得x∈，所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減． 所以f(x)max＝f＝－e·＋ln＝－2.所以f(x)＋2≤0成立． ②由①知，f(x)max＝－2，所以|f(x)|≥2. 設(shè)g(x)＝＋，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝. 令g′(x)＝0，得x＝e. 令g′(x)>0，得x∈(0，e)，所以函數(shù)g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增； 令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，所以函數(shù)g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以g(x)max＝g(e)＝＋＝＋<2，即g(x)<2. 所以|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋. 所以方程|f(x)|＝＋沒有實(shí)數(shù)解．