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1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練(六) 導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)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＝11＝，故選A.
答案：A
2．(20xx安徽
2、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)＋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＋22(－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(gè)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)＝
3、2x－－a，若函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則f ′(1)f ′(2)<0，即(－a)(3－a)<0，解得0
4、′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2,3)時(shí)，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，②錯(cuò)；當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)有極大值，④錯(cuò)；當(dāng)x＝－時(shí)，函數(shù)y＝f(x)無(wú)極值，⑤錯(cuò)．故選D.
答案：D
5．(20xx山東東營(yíng)一中期中)設(shè)f(x)是一個(gè)三次函數(shù)，f ′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，如圖所示的是y＝xf ′(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＝xf′(x)的圖象知，x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)>0；x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)≤0；
5、x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)有極大值f(－2)；當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值f(2)，故選C.
答案：C
二、填空題
6．(20xx湖北棗陽(yáng)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x3－3
6、x＝k有3個(gè)不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是__________．
解析：設(shè)f(x)＝x3－3x，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，f ′(x)＝3x2－3＝0，x＝－1或x＝1.當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)－11時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，f(－1)＝2，f(1)＝－2.方程x3－2x－k要有三個(gè)不等實(shí)根，則直線y＝k與f(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，∴－2
7、
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2，a]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．
解：(1)因?yàn)閒(0)＝1，所以曲線y＝f(x)經(jīng)過(guò)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(shí)，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
8、為(－3,1)．
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[－2，a]上單調(diào)遞增，
所以f ′(x)≥0對(duì)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(duì)稱(chēng)軸為直線x＝－1，
當(dāng)－2≤a≤－1時(shí)，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(shí)，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．(
9、20xx湖南株洲統(tǒng)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋b(x2－3x＋2)，其中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(shí)，f(x)＝0，所以函數(shù)f(x)無(wú)極值；
②當(dāng)a>0時(shí)，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
10、f＝－aln2＋a，f(x)的極小值為f(1)＝0；
③當(dāng)a<0時(shí)，f(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(shí)，函數(shù)f(x)無(wú)極值；
當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)，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＝
11、，即ln＝④.
令t＝，不妨設(shè)x10，
∴u(t)在0
12、所以f ′(x)≥0在x∈[1,2]上恒成立，即f ′(x)＝a＋≥0，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(shí)，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(méi)有實(shí)數(shù)解．
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