2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練

《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題二第四講 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用A組1曲線yxex2x1在點(diǎn)(0，1)處的切線方程為 (A)Ay3x1By3x1Cy3x1 Dy2x1解析ky|x0(exxex2)|x03，切線方程為y3x1，故選A2(文)如圖，函數(shù)yf(x)的圖象在點(diǎn)P處的切線方程為xy20，則f(1)f (1) (D)A1 B2C3 D4解析由條件知(1，f(1)在直線xy20上，且f (1)1，f(1)f (1)314(理)(2017煙臺(tái)質(zhì)檢)在等比數(shù)列an中，首項(xiàng)a1，a4(12x)dx，則該數(shù)列的前5項(xiàng)和S5為 (C)A18B3CD解析a4(12x)dx(xx2)|18，因?yàn)閿?shù)列an是等比數(shù)列，故18q3，解得q3，所

2、以S5.故選C3(2017云南檢測(cè))已知常數(shù)a、b、c都是實(shí)數(shù)，f(x)ax3bx2cx34的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，f (x)0的解集為x|2x3，若f(x)的極小值等于115，則a的值是 (C)A B C2 D5解析依題意得f (x)3ax22bxc0的解集是2,3，于是有3a0，23，23，b，c18a，函數(shù)f(x)在x3處取得極小值，于是有f(3)27a9b3c34115，a81，a2，故選C4若函數(shù)f(x)loga(x3ax)(a0，a1)在區(qū)間(，0)內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是 (B)A，1) B，1) C(，) D(1，)解析由x3ax0得x(x2a)0則有或所以x或x0，即函數(shù)f

3、(x)的定義域?yàn)?，)(，0)令g(x)x3ax，則g(x)3x2a，當(dāng)g(x)0時(shí)，x，不合要求，由g(x)0得x0從而g(x)在x(，0)上是減函數(shù)，又函數(shù)f(x)在x(，0)內(nèi)單調(diào)遞增，則有所以a0)在曲線yx2上，若陰影部分面積與OAP面積相等，則x0_.解析因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，y0)(x00)在曲線yx2上，所以y0x，則OAP的面積S|OA|x0|x0x0，陰影部分的面積為x00x2dxx3|x00x，因?yàn)殛幱安糠置娣e與OAP的面積相等，所以xx0，即x所以x06若函數(shù)yx3ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是_a0_.解析yx2a，若yx3ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則方程x2a0應(yīng)有兩個(gè)不

4、等實(shí)根，故a07已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1).(1)當(dāng)a4時(shí)，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)當(dāng)a4時(shí)，f(x)(x1)ln x4(x1)，f (x)ln x3，f (1)2，f(1)0曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20(2)當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0等價(jià)于ln x0設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g(1)0當(dāng)a2，x(1，)時(shí)，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增，因此g(x)g(1)0；當(dāng)a2時(shí)，令g(x)0，得x1

5、a1，x2a1由x21和x1x21，得x11，故當(dāng)x(1，x2)時(shí)，g(x)0，g(x)在(1，x2)內(nèi)單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)0，r0).(1)求f(x)的定義域，并討論f(x)的單調(diào)性；(2)若400，求f(x)在(0，)內(nèi)的極值解析(1)由題意知xr，所以定義域?yàn)?，r)(r，)，f(x)，f (x)，所以當(dāng)xr時(shí)，f (x)0，當(dāng)rx0因此，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(，r)，(r，)；f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(r，r)(2)由(1)可知f(x)在(0，r)上單調(diào)遞增，在(r，)上單調(diào)遞減，因此，xr是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x)在(0，)內(nèi)的極大值為f(r)100(理)設(shè)函數(shù)f(x)

6、xeaxbx，曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程為y(e1)x4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間解析(1)因?yàn)閒(x)xeaxbx，所以f (x)(1x)eaxb依題設(shè)，得即解得a2，be(2)由(1)，知f(x)xe2xex由f (x)e2x(1xex1)及e2x0知，f (x)與1xex1同號(hào)令g(x)1xex1，則g(x)1ex1所以當(dāng)x(，1)時(shí)，g(x)0，g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)單調(diào)遞增故g(1)1是g(x)在區(qū)間(，)內(nèi)的最小值B組1(2017鄭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，且滿足f(x)2xf (e)ln x，則f (e) (C)A1

7、 B1 Ce1 De解析依題意得，f (x)2f (e)，取xe得f (e)2f (e)，由此解得f (e)e1，故選C2已知函數(shù)f(x)ax3bx23x在x1處取得極值，若過點(diǎn)A(0,16)作曲線yf(x)的切線，則切線方程是 (B)A9xy160 B9xy160Cx9y160 Dx9y160解析f (x)3ax22bx3，依題意f (1)f (1)0，即解得a1，b0所以f(x)x33x，因?yàn)榍€方程為yx33x，點(diǎn)A(0,16)不在曲線上，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足y0x3x，因此f (x0)3(x1)故切線的方程為yy03(x1)(xx0)注意到點(diǎn)A(0,16)在切線上，

8、有16(x3x0)3(x1)(0x0)，化簡(jiǎn)得x8解得x02所以，切點(diǎn)為M(2，2)，切線方程為9xy1603(文)函數(shù)f(x)3x2ln x2x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是 (A)A0 B1 C2 D無數(shù)個(gè)解析函數(shù)定義域?yàn)?0，)，且f (x)6x2，由于x0，g(x)6x22x1中200恒成立，故f (x)0恒成立，即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)(理)物體A以v3t21(m/s)的速度在一直線l上運(yùn)動(dòng)，物體B在直線l上，且在物體A的正前方5 m處，同時(shí)以v10t(m/s)的速度與A同向運(yùn)動(dòng)，出發(fā)后物體A追上物體B所用的時(shí)間t(s)為 (C)A3 B4 C5 D6解析因?yàn)槲矬wA在t秒內(nèi)行駛的路程

9、為(3t21)dt，物體B在t秒內(nèi)行駛的路程為10tdt，所以(3t2110t)dt(t3t5t2)|t3t5t25，所以(t5)(t21)0，即t54(2017臨沂模擬)若函數(shù)f(x)x2ax在(，)上存在減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 (C)Aa3 Ba3 Ca3 Da3解析f (x)2xa，因?yàn)楹瘮?shù)在(，)上存在減區(qū)間，所以f (x)0在(，)上能成立，即a2x在(，)上能成立設(shè)g(x)2x，g(x)2，令g(x)20，得x1，當(dāng)x(，)時(shí)，g(x)0，又g()413，所以a35設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且g(x)0，當(dāng)xf(x)g(x)，且f(3)0，則不等式

10、0的解集是_(，3)(0,3)_.解析因?yàn)閒(x)和g(x)(g(x)0)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以f(x)f(x)，g(x)g(x)因?yàn)楫?dāng)x0，當(dāng)x0，令h(x)則h(x)在(，0)上單調(diào)遞增，因?yàn)閔(x)h(x)，所以h(x)為奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(3)f(3)0，所以h(3)h(3)0，h(x)0時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性解析(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)2ln xf (x)(x0)由f (x)0，解得0x，由f (x)f(x)在(0，)內(nèi)是增函數(shù)，在(，)內(nèi)是減函數(shù)f(x)的極大值為f()2ln 22，無極小值(2)f(x)2ax(2

11、a)ln xf (x)2a(2a)當(dāng)0a2時(shí)，f(x)在(0，)和(，)內(nèi)是增函數(shù)，在(，)內(nèi)是減函數(shù)(理)已知函數(shù)f(x)ax2lnx，其中aR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在(0,1上的最大值是1，求a的值分析(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，按用導(dǎo)數(shù)法求單調(diào)區(qū)間的一般步驟求解，由于f(x)解析式中含參數(shù)，故需分類討論第(2)問可在第一問的基礎(chǔ)上按區(qū)間上最值討論方法令最大值等于1列方程求解解析(1)f (x)，x(0，)當(dāng)a0時(shí)，f (x)0，從而函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，令f (x)0，解得x，舍去x此時(shí)，f(x)與f (x)的情況如下：x(0，)(，)f (x)0f(x)f()所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)；單調(diào)遞減區(qū)間是(，)(2)當(dāng)a0時(shí)，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1上的最大值為f(1)令1，得a2，這與a0矛盾，舍去a2當(dāng)1a0時(shí)，1，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1上的最大值為f(1)令1，得a2，這與1a0矛盾，舍去a2當(dāng)a1時(shí)，01，由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1上的最大值為f()令f()1，解得ae，滿足a1綜上，當(dāng)f(x)在(0,1上的最大值是1時(shí)，ae9