《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓13 導數(shù)的簡單應用 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓13 導數(shù)的簡單應用 理(7頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、專題限時集訓(十三) 導數(shù)的簡單應用
[專題通關練]
(建議用時:30分鐘)
1.(2019·深圳二模)已知函數(shù)f(x)=ax2+(1-a)x+是奇函數(shù),則曲線y=f(x)在x=1處的切線的傾斜角為( )
A. B.
C. D.
B [函數(shù)f(x)=ax2+(1-a)x+是奇函數(shù),
可得f(-x)=-f(x),可得a=0,f(x)=x+,
f′(x)=1-,即有曲線y=f(x)在x=1處的切線斜率為k=1-2=-1,可得切線的傾斜角為,故選B.]
2.若x=是函數(shù)f(x)=(x2-2ax)ex的極值點,則函數(shù)y=f(x)的最小值為( )
A.(2+2)e B.0
2、
C.(2-2)e D.-e
C [∵f(x)=(x2-2ax)ex,
∴f′(x)=[x2+(2-2a)x-2a]ex,
由題意可知f′()=0,即a=1.∴f(x)=(x2-2x)ex.
∴f′(x)=(x2-2)ex,
由f′(x)=0得x=±.
又f()=(2-2)e,f(-)=(2+2)e,且f()<f(-).故選C.]
3.[易錯題](2019·長春二模)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù),f(1)=e,x∈R,2f(x)-f′(x)>0,則不等式f(x)<e2x-1的解集為( )
A.(-∞,1) B.(1,+∞)
C.(-∞,e) D.(e,+∞)
B
3、 [令g(x)=,
則g′(x)==,
∵2f(x)-f′(x)>0,
∴g′(x)<0,
∴g(x)遞減,
不等式f(x)<e2x-1?<==
?g(x)<g(1)?x>1,故選B.]
4.[易錯題]若函數(shù)f(x)=x3+x2-在區(qū)間(a,a+5)上存在最小值,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[-5,0) B.(-5,0)
C.[-3,0) D.(-3,0)
C [由題意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函數(shù),在(-2,0)上是減函數(shù),作出其圖象如圖所示.
令x3+x2-=-得,x=0或x=-3,則結合圖象可知
解
4、得a∈[-3,0),故選C.]
5.已知函數(shù)f(x)在R上可導,且f(x)=4x-x3f′(1)+2f′(0),則f(x)dx=________.
[∵f(x)=4x-x3f′(1)+2f′(0),
∴f′(x)=4-3x2f′(1),
令x=1得f′(1)=4-3f′(1),即f′(1)=1.
令x=0得f′(0)=4.
∴f(x)=4x-x3+8.
∴f(x)dx=(4x-x3+8)dx==.]
6.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________.
(-∞,4] [由函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3,可得f′
5、(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),可得x2-mx+4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立,
可得m≤x+,又x+≥2=4,當且僅當x=2時取等號,
可得m≤4.]
[能力提升練]
(建議用時:15分鐘)
7.已知常數(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(0,+∞),
f′(x)=+2=.
當a=-4時,f′(x)=.
所以當0<x<2時,f′(x)<0,即f(x)單調遞減;
當x>
6、2時,f′(x)>0,即f(x)單調遞增.
所以f(x)只有極小值,且當x=2時,f(x)取得極小值f(2)=4-4ln 2.
所以當a=-4時,f(x)只有極小值4-4ln 2.
(2)因為f′(x)=,
所以當a>0,x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,
即f(x)在x∈(0,+∞)上單調遞增,沒有最小值;
當a<0時,由f′(x)>0得,x>-,
所以f(x)在上單調遞增;
由f′(x)<0得,x<-,
所以f(x)在上單調遞減.
所以當a<0時,f(x)的最小值為f
=aln-a.
根據(jù)題意得f=aln-a≥-a,
即a[ln(-a)-ln 2]≥0.
因為
7、a<0,所以ln(-a)-ln 2≤0,解得a≥-2,
所以實數(shù)a的取值范圍是[-2,0).
8.(2019·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)=-a(x-ln x).
(1)當a≤0時,試求f(x)的單調區(qū)間;
(2)若f(x)在(0,1)內有極值,試求a的取值范圍.
[解](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
f′(x)=-a
=,
=.
當a≤0時,對于x∈(0,+∞),ex-ax>0恒成立,
所以由f′(x)>0,得x>1;由f′(x)<0,得0<x<1.
所以f(x)的單調增區(qū)間為(1,+∞),單調減區(qū)間為(0,1).
(2)若f(x)在(0,1)內有極值,
8、則f′(x)=0在(0,1)內有解.
令f′(x)==0,
即ex-ax=0,即a=.
設g(x)=,x∈(0,1),
所以g′(x)=,
當x∈(0,1)時,g′(x)<0恒成立,
所以g(x)單調遞減.
又因為g(1)=e,
又當x→0時,g(x)→+∞,
即g(x)在(0,1)上的值域為(e,+∞),
所以當a>e時,f′(x)==0有解.
設H(x)=ex-ax,
設H′(x)=ex-a<0,x∈(0,1),
所以H(x)在(0,1)上單調遞減.
因為H(0)=1>0,H(1)=e-a<0,
所以H(x)=ex-ax=0在(0,1)上有唯一解x0.
當x
9、變化時,H(x),f′(x),f(x)變化情況如表所示:
x
(0,x0)
x0
(x0,1)
H(x)
+
0
-
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
所以當a>e時,f(x)在(0,1)內有極值且唯一.
當a≤e時,當x∈(0,1)時,f′(x)≤0恒成立,f(x)單調遞減,不成立.
綜上,a的取值范圍為(e,+∞).
內容
押題依據(jù)
利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性、極值、不等式的證明
函數(shù)的單調性、極值與不等式交匯是近幾年高考的熱點,考查靈活應用導數(shù)工具、數(shù)形結合思想及分類討論思想解題的能力,考查邏輯推理及數(shù)學運算的素養(yǎng)
【押題
10、】 設函數(shù)f(x)=x+axln x(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;
(2)若函數(shù)f(x)的極大值點為x=1,證明:f(x)≤e-x+x2.
[解](1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=1+aln x+a,
當a=0時,f(x)=x,則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增;
當a>0時,由f′(x)>0得x>e,由f′(x)<0得0<x<e,所以f(x)在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增;
當a<0時,由f′(x)>0得0<x<e,由f′(x)<0得x>e,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減.
綜上所述,當a=0時,函數(shù)f(x)在區(qū)
11、間(0,+∞)上單調遞增;當a>0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增;當a<0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減.
(2)由(1)知a<0且e=1,解得a=-1,f(x)=x-xln x.要證f(x)≤e—x+x2,即證x-xln x≤e—x+x2,即證1-ln x≤+x.
令f(x)=ln x++x-1(x>0),則f′(x)=++1=.
令g(x)=x-e—x(x>0),易知函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增.而g(1)=1->0,g(0)=-1<0,所以在區(qū)間(0,+∞)上存在唯一的實數(shù)x0,使得g(x0)=x0-e=0,即x0=e,且當x∈(0,x0)時g(x)<0,當x∈(x0,+∞)時g(x)>0,故f(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增.
所以F(x)min=F(x0)=ln x0++x0-1.
又e=x0,所以F(x)min=ln x0++x0-1=-x0+1+x0-1=0.
所以f(x)≥F(x0)=0成立,即f(x)≤e—x+x2成立.
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