（通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第25練 導數(shù)的概念及簡單應用精準提分練習 文.docx

《（通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第25練 導數(shù)的概念及簡單應用精準提分練習 文.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 第二篇 第25練 導數(shù)的概念及簡單應用精準提分練習 文.docx（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第25練　導數(shù)的概念及簡單應用 [明晰考情]　1.命題角度：考查導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值和最值.2.題目難度：中檔偏難. 考點一　導數(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.設點P是曲線y＝x3－x＋上的任意一點，且曲線在點P處的切線的傾斜角為α，則角α的取值范圍是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 答案　C 解析　∵y′＝3x2－≥－， ∴tanα≥－，又∵0≤α<π， ∴0≤α＜或≤α＜π. 2.設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2，若曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程為x＋y＝0，則點P的坐標為(　　) A.(0,0) B.(1，－1) C.(－1,1) D.(1，－1)或(－1,1) 答案　D 解析　由題意可知f′(x)＝3x2＋2ax， 則有f′(x0)＝3x＋2ax0＝－1， 又切點為(x0，－x0)，可得x＋ax＝－x0， 兩式聯(lián)立解得或 則點P的坐標為(－1,1)或(1，－1). 故選D. 3.(2018全國Ⅰ)設函數(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 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)處的切線方程為y＝x. 故選D. 4.設曲線y＝在點處的切線與直線x＋ay＋1＝0垂直，則a＝__________. 答案　1 解析　y′＝＝， 則曲線y＝在點處的切線的斜率為k1＝1. 所以直線斜率存在，即a≠0，所以斜率k2＝－， 又該切線與直線x＋ay＋1＝0垂直， 所以k1k2＝－1，解得a＝1. 考點二　導數(shù)與函數(shù)的單調性 方法技巧　(1)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. (2)若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解. 5.已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋，若a＝－f，b＝f(π)，c＝f(5)，則(　　) A.cf(π)>f(5)， ∴a>b>c.故選A. 6.設函數(shù)f(x)＝x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1,2] B.[4，＋∞) C.(－∞，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00的解集對應y＝f(x)的增區(qū)間，f′(x)<0的解集對應y＝f(x)的減區(qū)間，驗證只有D選項符合. 2.函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是(　　) A.(－∞，2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2，＋∞) 答案　D 解析　函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導函數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex. 由函數(shù)導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，得當f′(x)>0時，函數(shù)f(x)單調遞增， 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)，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. 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x>－2時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)； 當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)≥－(x∈R)，故B正確. 5.已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且滿足xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式＜的解集為(　　) A.{x|x＞－2013} B.{x|x＜－2013} C.{x|－2013＜x＜0} D.{x|－2018＜x＜－2013} 答案　D 解析　構造函數(shù)g(x)＝x2f(x)， 則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]. 當x＞0時，∵2f(x)＋xf′(x)＞0， ∴g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增. ∵不等式＜， ∴當x＋2018＞0，即x＞－2018時， (x＋2018)2f(x＋2018)＜52f(5)， 即g(x＋2018)＜g(5)， ∴00，方程6x2－2x＋1＝0中的Δ＝－20<0， 所以f′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調遞增，無極值點. 7.設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則(　　) A.a<－1 B.a>－1 C.a>－ D.a<－ 答案　A 解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解. ∵當x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1. 8.定義：如果函數(shù)f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m＜x1＜x2＜n)滿足f′(x1)＝，f′(x2)＝，則稱函數(shù)f(x)是[m，n]上的“雙中值函數(shù)”.已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“雙中值函數(shù)”，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因為f(x)＝x3－x2＋a，所以由題意可知，f′(x)＝3x2－2x在區(qū)間[0，a]上存在x1，x2(0＜x1＜x2＜a)，滿足f′(x1)＝f′(x2)＝＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在區(qū)間(0，a)上有兩個不相等的實根. 令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0＜x＜a)，則 解得＜a＜1， 所以實數(shù)a的取值范圍是. 9.已知函數(shù)f(x)＝axlnx，a∈R，若f′(e)＝3，則a的值為________. 答案　 解析　因為f′(x)＝a(1＋lnx)，a∈R，f′(e)＝3， 所以a(1＋lne)＝3，所以a＝. 10.已知奇函數(shù)f(x)＝則函數(shù)h(x)的最大值為________. 答案　1－e 解析　當x>0時，f(x)＝－1，f′(x)＝， ∴當x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減； 當x>1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增. ∴當x＝1時，f(x)取到極小值e－1，即f(x)的最小值為e－1. 又f(x)為奇函數(shù)， 且當x<0時，f(x)＝h(x)， ∴h(x)的最大值為－(e－1)＝1－e. 11.若在區(qū)間[0,1]上存在實數(shù)x使2x(3x＋a)<1成立，則a的取值范圍是________. 答案　(－∞，1) 解析　2x(3x＋a)<1可化為a<2－x－3x， 則在區(qū)間[0,1]上存在實數(shù)x使2x(3x＋a)<1成立等價于a<(2－x－3x)max，而y＝2－x－3x在[0,1]上單調遞減， ∴y＝2－x－3x在[0,1]上的最大值為20－0＝1，∴a<1， 故a的取值范圍是(－∞，1). 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g(x)＝，所以g′(x)＝，當x<1時，g′(x)>0，當x>1時，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，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.