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2022高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題專練作業(yè)(十六)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理

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2022高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題專練作業(yè)(十六)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理

2022高考高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題專練作業(yè)(十六)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理 1.曲線y=sinx+ex在點(diǎn)(0,1)處的切線方程是(  ) A.x-3y+3=0 B.x-2y+2=0 C.2x-y+1=0 D.3x-y+1=0 解析 y′=cosx+ex,故曲線在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率k=2,切線方程為y=2x+1,即2x-y+1=0。故選C。 答案 C 2.已知函數(shù)f (x)=+1,g(x)=alnx,若函數(shù)f (x)與g(x)的圖象在x=處的切線平行,則實(shí)數(shù)a的值為(  ) A. B. C.1 D.4 解析 由題意知,當(dāng)x=時(shí)兩個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)值相等。因?yàn)閒 ′(x)=,g′(x)=,所以1=4a,即a=。故選A。 答案 A 3.(2018·沈陽質(zhì)量監(jiān)測)設(shè)函數(shù)f (x)=xex+1,則(  ) A.x=1為f (x)的極大值點(diǎn) B.x=1為f (x)的極小值點(diǎn) C.x=-1為f (x)的極大值點(diǎn) D.x=-1為f (x)的極小值點(diǎn) 解析 由題意得,f ′(x)=(x+1)ex,令f ′(x)=0,得x=-1,當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí),f ′(x)<0,當(dāng)x∈(-1,+∞)時(shí),f ′(x)>0,則f (x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,所以x=-1為f (x)的極小值點(diǎn)。故選D。 答案 D 4.若一個(gè)四棱錐的底面為正方形,頂點(diǎn)在底面的射影為正方形的中心,且該四棱錐的體積為9,當(dāng)其外接球的體積最小時(shí),它的高為(  ) A.3 B.2 C.2 D.3 解析 設(shè)底面正方形的邊長為a,四棱錐的高為h,其外接球的半徑為R,因?yàn)閍2h=9,所以a2=,又因?yàn)镽2=2+(h-R)2,所以R=+。令f (h)=+,h>0,所以f ′(h)=-+,可知f (h)在(0,3)上單調(diào)遞減,在(3,+∞)上單調(diào)遞增,所以f (h)min=f (3),即當(dāng)h=3時(shí),R最小,從而其外接球的體積最小。故選A。 答案 A 5.(2018·南昌調(diào)研)已知函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù),設(shè)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),若對任意x>0都有2f (x)+xf ′(x)>0成立,則(  ) A.4f (-2)<9f (3) B.4f (-2)>9f (3) C.2f (3)>3f (-2) D.3f (-3)<2f (-2) 解析 根據(jù)題意,令g(x)=x2f (x),其導(dǎo)數(shù)g′(x)=2xf (x)+x2f ′(x),又對任意x>0都有2f (x)+xf ′(x)>0成立,則當(dāng)x>0時(shí),有g(shù)′(x)=x(2f (x)+xf ′(x))>0恒成立,即函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又由函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù),則f (-x)=f (x),則有g(shù)(-x)=(-x)2f (-x)=x2f (x)=g(x),即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù),則有g(shù)(-2)=g(2),且g(2)<g(3),則有g(shù)(-2)<g(3),即有4f (-2)<9f (3)。故選A。 答案 A 6.(2018·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)一聯(lián))已知函數(shù)f (x)=e2x+(a-e)ex-aex+b(a,b∈R)(其中e為自然對數(shù)底數(shù))在x=1處取得極大值,則a的取值范圍是(  ) A.a(chǎn)<0 B.a(chǎn)≥0 C.-e≤a<0 D.a(chǎn)<-e 解析 因?yàn)閒 (x)=e2x+(a-e)ex-aex+b,所以可得f ′(x)=e2x+(a-e)ex-ae=(ex+a)(ex-e)。當(dāng)a≥0時(shí),由f ′(x)>0可得f (x)在(1,+∞)上遞增,f ′(x)<0得f (x)在(-∞,1)上遞減,所以f (x)在x=1取得極小值,無極大值,不符合題意;當(dāng)a<0時(shí),令f ′(x)=0,得x=1或ln(-a),只有當(dāng)ln(-a)>1,a<-e時(shí),由f ′(x)>0可得f (x)在(-∞,1),(ln(-a),+∞)上遞增,f ′(x)<0,得f (x)在(1,ln(-a))上遞減,f (x)在x=1取得極大值,所以函數(shù)f (x)=e2x+(a-e)ex-aex+b(a,b∈R)(其中e為自然對數(shù)底數(shù))在x=1取得極大值,則a的取值范圍是a<-e。故選D。 答案 D 7.(2018·陜西質(zhì)量檢測)若直線2x-y+c=0是拋物線x2=4y的一條切線,則c=________。 解析 由x2=4y,可得y′=,由于直線2x-y+c=0的斜率k=2,因此令=2,得x=4,代入x2=4y得y=4,所以切點(diǎn)為(4,4),代入切線方程可得8-4+c=0,故c=-4。 答案?。? 8.(2018·湖北重點(diǎn)高中協(xié)作體聯(lián)考)x=-1為函數(shù)f (x)=x3-ax2的一個(gè)極值點(diǎn),則函數(shù)f (x)的極小值為________。 解析 因?yàn)閒 (x)=x3-ax2,所以f ′(x)=2x2-2ax。因?yàn)閤=-1為函數(shù)f (x)=x3-ax2的一個(gè)極值點(diǎn),所以f ′(-1)=2+2a=0,解得a=-1。當(dāng)a=-1時(shí),f ′(x)=2x2+2x=2x(x+1)。所以當(dāng)x<-1或x>0時(shí),f ′(x)>0,f (x)單調(diào)遞增,當(dāng)-1<x<0時(shí),f ′(x)<0,f (x)單調(diào)遞減。所以當(dāng)x=0時(shí),f (x)有極小值,且極小值為f (0)=0。 答案 0 9.(2018·福建三校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)=ax2-xlnx在上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________。 解析 f ′(x)=2ax-lnx-1≥0,解得2a≥在上恒成立,構(gòu)造函數(shù)g(x)=,g′(x)===0,解得x=1,所以g(x)在上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,g(x)的最大值為g(1)=1,所以2a≥1,a≥,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是。 答案  10.(2018·山西二模)當(dāng)x>1時(shí),不等式(x-1)ex+1>ax2恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________。 解析 當(dāng)x>1時(shí),不等式(x-1)ex+1>ax2恒成立,所以不等式a<在(1,+∞)恒成立,設(shè)f (x)=,f ′(x)=,因?yàn)閤2ex-2(x-1)ex-2=ex(x2-2x+2)-2=ex[(x-1)2+1]-2>0恒成立,所以f ′(x)>0在(1,+∞)恒成立,所以f (x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f (x)min>f (1)=1,所以a≤1。 答案 (-∞,1] 11.(2018·西安八校聯(lián)考)曲線y=x3上一點(diǎn)B處的切線l交x軸于點(diǎn)A,△OAB(O為原點(diǎn))是以∠A為頂角的等腰三角形,則切線l的傾斜角為(  ) A.30° B.45° C.60° D.120° 解析 解法一:因?yàn)閥=x3,所以y′=3x2。設(shè)點(diǎn)B(x0,x)(x0≠0),則kl=3x,所以切線l的方程為y-x=3x(x-x0)。取y=0,則x=x0,所以點(diǎn)A。易知線段OB的垂直平分線方程為y-=-,根據(jù)線段OB的垂直平分線過點(diǎn)A可得-=-,解得x=,所以kl=3x=,故切線l的傾斜角為60°。故選C。 解法二:因?yàn)閥=x3,所以y′=3x2。設(shè)點(diǎn)B(x0,x)(x0≠0),則kl=3x,所以切線l的方程為y-x=3x(x-x0)。取y=0,則x=x0,所以點(diǎn)A。由|OA|=|AB|,得=+x,又x0≠0,所以x=,所以kl=3x=,故切線l的傾斜角為60°。故選C。 答案 C 12.(2018·陜西質(zhì)檢)若函數(shù)f (x)=ax-x2-lnx存在極值,且這些極值的和不小于4+ln2,則a的取值范圍為(  ) A.[2,+∞) B.[2,+∞) C.[2,+∞) D.[4,+∞) 解析 f ′(x)=a-2x-=-,因?yàn)閒 (x)存在極值,所以f ′(x)=0在(0,+∞)上有根,即2x2-ax+1=0在(0,+∞)上有根。記方程2x2-ax+1=0的兩根為x1,x2,由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2=,x1+x2=,易知a>0,方程有兩不等正根,由Δ>0,得a>2,所以f (x1)+f (x2)=(ax1-x-lnx1)+(ax2-x-lnx2)=a(x1+x2)-(x+x)-(lnx1+lnx2)=-+ln2≥4+ln2,所以a≥2。綜上,a的取值范圍為[2,+∞)。故選C。 答案 C 13.(2018·四川德陽模擬)方程f (x)=f ′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f (x)的“新駐點(diǎn)”,如果函數(shù)g(x)=lnx的“新駐點(diǎn)”為a,那么a滿足(  ) A.a(chǎn)=1 B.0<a<1 C.2<a<3 D.1<a<2 解析 因?yàn)間′(x)=,所以lnx=的根為a。設(shè)h(x)=lnx-,則h(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)。又h(1)=-1<0,h(2)=ln 2-=ln2-ln>0,所以h(x)在(1,2)上有唯一零點(diǎn),所以1<a<2。 答案 D 14.(2018·成都七中一診)設(shè)函數(shù)f (x)=,g(x)=,對任意x1,x2∈(0,+∞),不等式≤恒成立,則正數(shù)k的取值范圍是________。 解析 對任意x1,x2∈(0,+∞),不等式≤恒成立,等價(jià)于≤恒成立,f (x)==x+≥2 =2,當(dāng)且僅當(dāng)x=,即x=1時(shí)取等號,即f (x)的最小值是2,由g(x)=,則g′(x)==,由g′(x)>0得0<x<1,此時(shí)函數(shù)g(x)為增函數(shù),由g′(x)<0得x>1,此時(shí)函數(shù)g(x)為減函數(shù),即當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得極大值同時(shí)也是最大值g(1)=,則的最大值為=,則由≥,得2ek≥k+1,即k(2e-1)≥1,則k≥。 答案  15.(2018·東北三校一模)已知函數(shù)f (x)=xlnx+x2,x0是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn),給出以下幾個(gè)命題: ①0<x0<;②x0>;③f (x0)+x0<0;④f (x0)+x0>0。 其中正確的命題是________。(填出所有正確命題的序號) 解析 由已知得f ′(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g′(x)=+1,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),有g(shù)′(x)>0總成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且g=>0,而x0是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn),所以f ′(x0)=g(x0)=0,即g>g(x0),所以0<x0<,即命題①成立,則命題②錯(cuò);因?yàn)閘nx0+x0+1=0,所以f (x0)+x0=x0lnx0+x+x0=x0(lnx0+x0+1)-x=-x<0,故③正確,而④錯(cuò)。所以填①③。 答案?、佗?

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