2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第26練

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1、 第26練　導(dǎo)數(shù)的概念及簡單應(yīng)用[小題提速練] [明晰考情]　1.命題角度：考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值.2.題目難度：中檔偏難. 考點一　導(dǎo)數(shù)的幾何意義 方法技巧　(1)f′(x0)表示函數(shù)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(shù)f(x＋1)＝，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為(　　) A.1 B.－1 C.2 D.－2 答案　A 解析　由f(x＋1)＝，知f(x)＝＝2－. ∴f′(x)＝，且f′(1)＝1. 由導(dǎo)數(shù)的

2、幾何意義，得所求切線的斜率k＝1. 2.函數(shù)f(x)＝excos x的圖象在點(0，f(0))處的切線方程是(　　) A.x＋y＋1＝0 B.x＋y－1＝0 C.x－y＋1＝0 D.x－y－1＝0 答案　C 解析　f(0)＝e0cos 0＝1， 因為f′(x)＝excos x－exsin x， 所以f′(0)＝1，所以切線方程為y－1＝x－0， 即x－y＋1＝0，故選C. 3.(2018·全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為(　　) A.y＝－2x B.y＝－x C.y＝2x

3、 D.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(shù)，∴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(shù)， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數(shù)， ∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線

4、方程為y＝x. 故選D. 4.(2016·全國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＝________. 答案　1－ln 2 解析　y＝ln x＋2的切線為y＝·x＋ln x1＋1(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x1). y＝ln(x＋1)的切線為y＝x＋ln(x2＋1)－(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x2)， ∴ 解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2. 考點二　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 方法技巧　(1)若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性)，只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. (2)若已知函數(shù)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不

5、等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解. 5.已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋，若a＝－f，b＝f(π)，c＝f(5)，則(　　) A.cf(π)>f(5)， ∴a>b>c.故選A. 6.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1，2] B.[4，＋∞) C

6、.(－∞，2] D.(0，3] 答案　A 解析　易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝x－. 由f′(x)＝x－<0，解得0f(x)恒成立，若x10，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1

7、)函數(shù)零點問題，常利用數(shù)形結(jié)合與函數(shù)極值求解. (2)含參恒成立或存在性問題，可轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題；若能分離參數(shù)，可先分離. 特別提醒　(1)f′(x0)＝0是函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件. (2)函數(shù)f(x)在[a，b]上有唯一一個極值點，這個極值點就是最值點. 8.(2017·全國Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的極小值為(　　) A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1 答案　A 解析　函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1

8、 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]. 由x＝－2是函數(shù)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(dāng)x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且當(dāng)x＜－2時，f′(x)＞0；當(dāng)－2＜x＜1時，f′(x)＜0； 當(dāng)x＞1時，f′(x)＞0. 所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點. 所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1. 故選A. 9.已知f′(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，對任意x

9、∈R，x≠3且x≠－1，都有(x2－2x－3)f′(x)－ex＝0，f(－1)<0，f(－2)0，則下列結(jié)論錯誤的是(　　) A.f(x)的增區(qū)間為(－∞，－1)，(3，＋∞) B.f(x)在x＝3處取極小值，在x＝－1處取極大值 C.f(x)有3個零點 D.f(x)無最大值也無最小值 答案　C 解析　由x≠3且x≠－1，(x2－2x－3)f′(x)－ex＝0知，f′(x)＝，當(dāng)x<－1或x>3時，x2－2x－3>0，∴f′(x)>0，當(dāng)－1

10、f(x)在x＝3處取極小值，在x＝－1處取極大值.又∵f(－1)<0，由f(x)的草圖(圖略)知，f(x)恰有一個零點.f(x)無最大值也無最小值，故A，B，D結(jié)論正確，錯誤的結(jié)論為C. 10.(2018·江蘇)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________. 答案?。? 解析　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0). ①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上無零點，不合題意. ②當(dāng)a＞0時，由f′(x)

11、＞0，解得x＞， 由f′(x)＜0，解得0＜x＜， ∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增. 又f(x)只有一個零點，∴f＝－＋1＝0，∴a＝3. 此時f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)， 當(dāng)x∈[－1，1]時，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞增，在(0，1]上單調(diào)遞減. 又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1， ∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 11.已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝－(x＋1)2＋a，?x1∈[0，2]，?x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，則實數(shù)a的取值范圍是_____

12、_________. 答案　 解析　?x1∈[0，2]，?x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，等價于f(x)min≤g(x)min，f′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，故當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，2)時，f′(x)>0，故f(x)min＝f(1)＝1－； 當(dāng)x＝2時，g(x)取得最小值g(2)＝a－9， 所以1－≤a－9，即實數(shù)a的取值范圍是a≥10－. 考點四　定積分 要點重組　微積分基本定理： 一般地，如果f(x)是區(qū)間[a，b]上的連續(xù)函數(shù)，且F′(x)＝f(x)，那么?f(x)dx＝F(b)－F(a). 12.?dx等于(　　)

13、 A.e2 B. C. D. 答案　B 解析　?dx＝ ＝－＝. 13.設(shè)f(x)＝則?f(x)dx的值為(　　) A.＋ B.＋3 C.＋ D.＋3 答案　A 解析　根據(jù)定積分的性質(zhì)， 可得?f(x)dx＝?()dx＋?(x2－1)dx， 根據(jù)定積分的幾何意義，可得?()dx是以原點為圓心，以1為半徑的圓的面積的， ∴?()dx＝， ∴?f(x)dx＝＋＝＋. 14.曲線y＝cos x與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為(　　) A.4 B.2 C. D.3 答案　D 解析　曲線y＝cos x與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為S＝cos xdx－cos xdx

14、 ＝＝3. 15.由曲線y＝，直線y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為(　　) A. B.4 C. D.6 答案　C 解析　如圖，由y＝和y＝x－2的圖象易得A(0，－2). 由得其交點坐標(biāo)為B(4，2). 因此y＝與y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為 ?[－(x－2)]dx＝?(－x＋2)dx＝＝×8－×16＋2×4＝. 1.已知f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx＋(m<0)，直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，且與f(x)圖象的切點為(1，f(1))，則m等于(　　) A.－1 B.－3 C.－4 D.－2 答案　D 解析　∵f′(

15、x)＝， ∴直線l的斜率為k＝f′(1)＝1. 又f(1)＝0，∴切線l的方程為y＝x－1. g′(x)＝x＋m， 設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點為(x0，y0)， 則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x＋mx0＋(m<0)， 于是解得m＝－2.故選D. 2.(2016·全國Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A.[－1，1] B. C. D. 答案　C 解析　方法一　(特殊值法) 不妨取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x， f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′

16、(0)＝1－－1＝－<0，不具備在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，排除A，B，D.故選C. 方法二　(綜合法) ∵函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x ＝1－(2cos2x－1)＋acos x ＝－cos2x＋acos x＋≥0， 即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)上恒成立. 當(dāng)cos x＝0時，恒有0≥－，得a∈R； 當(dāng)0

17、cos x，g(t)＝t－在[－1，0)上為增函數(shù)，得a≤g(－1)＝. 綜上可得，a的取值范圍是，故選C. 3.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(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 答案　A 解析　由極小值的定義及導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知， f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有1個極小值點. 4.若直線y＝a分別與直線y＝2(x＋1)，曲線y＝x＋ln x交于點A，B，則|AB|的最小值為______. 答案　 解析　解方程2(x＋1)＝a， 得x＝－1.

18、 設(shè)方程x＋ln x＝a的根為t(t＞0)，則t＋ln t＝a， 則|AB|＝＝＝. 設(shè)g(t)＝－＋1(t＞0)， 則g′(t)＝－＝(t＞0)， 令g′(t)＝0，得t＝1. 當(dāng)t∈(0，1)時，g′(t)＜0，g(t)單調(diào)遞減； 當(dāng)t∈(1，＋∞)時，g′(t)＞0，g(t)單調(diào)遞增， 所以g(t)min＝g(1)＝， 所以|AB|≥， 所以|AB|的最小值為. 解題秘籍　(1)對于未知切點的切線問題，一般要先設(shè)出切點. (2)f(x)遞增的充要條件是f′(x)≥0，且f′(x)在任意區(qū)間內(nèi)不恒為零. (3)利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的極值、最值問題要利用數(shù)形結(jié)合思想，根

19、據(jù)條件和結(jié)論的聯(lián)系靈活進(jìn)行轉(zhuǎn)化. 1.已知函數(shù)y＝－xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象可能是(　　) 答案　B 解析　由函數(shù)y＝－xf′(x)的圖象知，當(dāng)x<－1時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)－11時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù).故選項B的圖象符合. 2.函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A.(－∞，2) B.(0，3) C.(1，4) D.(2，＋∞) 答

20、案　D 解析　函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex. 由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f′(x)>0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2. 3.已知函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A.4≤m≤5 B.2≤m≤4 C.m≤2 D.m≤4 答案　D 解析　由函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3， 可得f′(x)＝x2－mx＋4，由函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)

21、，可得x2－mx＋4≥0在區(qū)間[1，2]上恒成立， 可得m≤x＋，又x＋≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號，可得m≤4. 4.若函數(shù)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(dāng)x>－2時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x<－2時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù).∴f(－2)＝－為f(x)的最小值，即f(x)≥

22、－(x∈R)，故B正確. 5.已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式＜的解集為(　　) A.{x|x＞－2 013} B.{x|x＜－2 013} C.{x|－2 013＜x＜0} D.{x|－2 018＜x＜－2 013} 答案　D 解析　構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)， 則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]. 當(dāng)x＞0時，∵2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. ∵不等式＜， ∴當(dāng)x＋2 018＞0，即x＞－2 018時，

23、(x＋2 018)2f(x＋2 018)＜52f(5)， 即g(x＋2 018)＜g(5)， ∴00，不等式ln(1＋x)－x＋>1(a∈R)恒成立，則a的取值范圍是(　　) A.[1，＋∞) B.(1，＋∞) C.[2，＋∞) D.(2，＋∞) 答案　C 解析　若對?x>0，不等式ln(1＋x)－x＋>1 (a∈R)恒

24、成立，則ln(1＋x)＋>1恒成立，即a>(x＋2)[1－ln(1＋x)]恒成立，令h(x)＝(x＋2)[1－ln(1＋x)](x>0)，則h′(x)＝1－ln(1＋x)－＝－ln(1＋x)－.當(dāng)x>0時，顯然h′(x)＝－ln(1＋x)－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x>0時，h(x)

25、f(1)為極小值， 故f′(1)＝0，求導(dǎo)有f′(x)＝＋2x－b， ∴f′(1)＝a＋2－b＝0，b＝a＋2. 則 f′(x)＝＋2x－(a＋2)＝. ①當(dāng)≤時，f(x)在上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，滿足題意； ②當(dāng)＜＜1時， f(x)在，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減， 只需f≥0，解得 a≤e＋－2， ∴＜a≤e＋－2； ③當(dāng)＝1時， f′(x)＝≥0，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，而f(1)＝0， 存在x0∈滿足f(x0)＜0； ④當(dāng)>1時， f(x)在區(qū)間，上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，不合題意. 綜上可得實數(shù)a的取值范圍是a≤e＋－2.

26、 9.已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是____________. 答案　2x＋y＋1＝0 解析　當(dāng)x>0時，－x<0，則f(－x)＝ln x－3x. 因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)＝ln x－3x， 所以當(dāng)x>0時，f′(x)＝－3，f(x)在點(1，－3)處的切線斜率為f′(1)＝－2， 所以切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即2x＋y＋1＝0. 10.設(shè)a>0，若曲線y＝與直線x＝a，y＝0所圍成封閉圖形的面積為a，則a＝________. 答案　 解析　∵S＝?dx＝＝＝a，

27、 ∴a＝. 11.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x＋sin 2x，則f(x)的最小值是________. 答案?。? 解析　f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1) ＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1). ∵cos x＋1≥0， ∴當(dāng)cos x＜時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)cos x＞時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， ∴當(dāng)cos x＝時，f(x)有最小值. 又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)， ∴當(dāng)sin x＝－時，f(x)有最小值， 即f(x)min＝2××＝－. 12.已知函數(shù)f(x)＝ex－x，若f(x)<0的解集中只有一個正整數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍為______________. 答案　 解析　f(x)<0，即ex－x<0，即kx＋<只有一個正整數(shù)解，設(shè)g(x)＝，所以g′(x)＝，當(dāng)x<1時，g′(x)>0，當(dāng)x>1時，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝， 由圖可知，kx＋<的唯一一個正整數(shù)解只能是1， 所以有 解得－≤k<－， 所以實數(shù)k的取值范圍為.