《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 文(含解析).docx》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 文(含解析).docx(13頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
考點(diǎn)測(cè)試16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)
一、基礎(chǔ)小題
1.函數(shù)f(x)=x-ln x的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A.(-∞,0) B.(0,1)
C.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞)
答案 C
解析 函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞).f′(x)=1-,令f′(x)>0,得x>1.故選C.
2.已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0時(shí),f′(x)>0,g′(x)>0,則x<0時(shí)( )
A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0
C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0
答案 B
解析 由題意知f(x)是奇函數(shù),g(x)是偶函數(shù).當(dāng)x>0時(shí),f(x),g(x)都單調(diào)遞增,則當(dāng)x<0時(shí),f(x)單調(diào)遞增,g(x)單調(diào)遞減,即f′(x)>0,g′(x)<0.
3.若曲線f(x)=,g(x)=xα在點(diǎn)P(1,1)處的切線分別為l1,l2,且l1⊥l2,則實(shí)數(shù)α的值為( )
A.-2 B.2
C. D.-
答案 A
解析 f′(x)=,g′(x)=αxα-1,所以在點(diǎn)P處的斜率分別為k1=,k2=α,因?yàn)閘1⊥l2,所以k1k2==-1,所以α=-2,選A.
4.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象如圖所示,則f(x)的圖象可能是( )
答案 D
解析 當(dāng)x<0時(shí),由導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c<0,知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)x>0時(shí),由導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ax2+bx+c的圖象可知,導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0,x1)內(nèi)的值是大于0的,則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.只有選項(xiàng)D符合題意.
5.已知函數(shù)f(x)=x3+3x2-9x+1,若f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A.[-3,+∞) B.(-3,+∞)
C.(-∞,-3) D.(-∞,-3]
答案 D
解析 由題意知f′(x)=3x2+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,所以f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28,所以k≤-3.
6.若函數(shù)f(x)=2x2-ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k-1,k+1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是( )
A.[1,+∞) B. C.[1,2) D.
答案 B
解析 因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=4x-,由f′(x)=0,得x=.據(jù)題意得
解得1≤k<.故選B.
7.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=5+cosx,x∈(-1,1),且f(0)=0,如果f(1-x)+f(1-x2)<0,則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________.
答案 (1,)
解析 ∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)是偶函數(shù),且f(0)=0,∴原函數(shù)f(x)是奇函數(shù),且定義域?yàn)?-1,1),又導(dǎo)函數(shù)值恒大于0,∴原函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,∴所求不等式變形為f(1-x)
0,函數(shù)單調(diào)遞增,當(dāng)0k>1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是( )
A.f< B.f>
C.f< D.f>
答案 C
解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx+1,則g′(x)=f′(x)-k>0,∴g(x)在R上為增函數(shù).∵k>1,∴>0,則g>g(0).而g(0)=f(0)+1=0,∴g=f-+1>0,即f>-1=,所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.故選C.
10.(2017山東高考)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x) 具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是( )
A.f(x)=2-x B.f(x)=x2
C.f(x)=3-x D.f(x)=cosx
答案 A
解析 當(dāng)f(x)=2-x時(shí),exf(x)==x.∵>1,∴當(dāng)f(x)=2-x時(shí),exf(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).易知B,C,D不具有M性質(zhì),故選A.
11.(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點(diǎn),則a=( )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
答案 D
解析 由題意可得f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f′(x)=0,得x=-2或x=2.則f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
極大值
極小值
∴函數(shù)f(x)在x=2處取得極小值,則a=2.故選D.
12.(2017江蘇高考)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
答案 -1,
解析 易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.
∵f(x)=x3-2x+ex-,
∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-
=-x3+2x+-ex=-f(x),
∴f(x)為奇函數(shù),
又f′(x)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=3x2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí),取“=”),從而f(x)在R上單調(diào)遞增,
所以f(a-1)+f(2a2)≤0?f(a-1)≤f(-2a2)?-2a2≥a-1,解得-1≤a≤.
13.(2015安徽高考)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實(shí)數(shù).下列條件中,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是__________.(寫出所有正確條件的編號(hào))
①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.
答案?、佗邰堍?
解析 設(shè)f(x)=x3+ax+b.
當(dāng)a=-3,b=-3時(shí),f(x)=x3-3x-3,f′(x)=3x2-3,令f′(x)>0,得x>1或x<-1;令f′(x)<0,得-12時(shí),f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的極大值為f(-1)=2+b>0,極小值為f(1)=b-2>0,x→-∞時(shí),f(x)→-∞,故方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故③正確.
當(dāng)a=0,b=2時(shí),f(x)=x3+2,顯然方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故④正確.
當(dāng)a=1,b=2時(shí),f(x)=x3+x+2,f′(x)=3x2+1>0,則f(x)在(-∞,+∞)上為增函數(shù),易知f(x)的值域?yàn)镽,故f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根,故⑤正確.
綜上,正確條件的編號(hào)有①③④⑤.
三、模擬小題
14.(2018鄭州質(zhì)檢一)已知函數(shù)f(x)=x3-9x2+29x-30,實(shí)數(shù)m,n滿足f(m)=-12,f(n)=18,則m+n=( )
A.6 B.8 C.10 D.12
答案 A
解析 設(shè)函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為(a,b),則有2b=f(x)+f(2a-x),整理得2b=(6a-18)x2-(12a2-36a)x+8a3-36a2+58a-60,則可得a=3,b=3,所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為(3,3).又f(m)=-12,f(n)=18,且f(m)+f(n)=6,所以點(diǎn)(m,f(m))和點(diǎn)(n,f(n))關(guān)于(3,3)對(duì)稱,所以m+n=23=6,故選A.
15.(2018河南新鄉(xiāng)二模)若函數(shù)y=在(1,+∞)上單調(diào)遞減,則稱f(x)為P函數(shù).下列函數(shù)中為P函數(shù)的為( )
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=;④f(x)=.
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
答案 B
解析 x∈(1,+∞)時(shí),ln x>0,x增大時(shí),,都減小,∴y=,y=在(1,+∞)上都是減函數(shù),∴f(x)=1和f(x)=都是P函數(shù);′=,∴x∈(1,e)時(shí),′<0,x∈(e,+∞)時(shí),′>0,即y=在(1,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)=x不是P函數(shù);′=,∴x∈(1,e2)時(shí),′<0,x∈(e2,+∞)時(shí),′>0,即y=在(1,e2)上單調(diào)遞減,在(e2,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(x)=不是P函數(shù).故選B.
16.(2018湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)月考)求形如y=f(x)g(x)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù),我們常采用以下做法:先兩邊同取自然對(duì)數(shù)得ln y=g(x)ln f(x),再兩邊同時(shí)求導(dǎo)得y′=g′(x)ln f(x)+g(x)f′(x),于是得到y(tǒng)′=f(x)g(x)g′(x)ln f(x)+g(x)f′(x),運(yùn)用此方法求得函數(shù)y=x的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(e,4) B.(3,6) C.(0,e) D.(2,3)
答案 C
解析 由題意知y′=x-ln x+=x(x>0),令y′>0,得1-ln x>0,∴00,a≠1),若函數(shù)g(x)=|f(x)-t|-2有三個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)t=( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 A
解析 由題可得f′(x)=2x+(ax-1)ln a,設(shè)y=2x+(ax-1)ln a,則y′=2+axln2a>0,則知f′(x)在R上單調(diào)遞增,而由f′(0)=0,可知f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)的最小值為f(0)=1,又g(x)=|f(x)-t|-2有三個(gè)零點(diǎn),所以f(x)=t2有三個(gè)根,而t+2>t-2,故t-2=f(x)min=f(0)=1,解得t=3,故選A.
18.(2018河北衡中九模)若兩曲線y=x2-1與y=aln x-1存在公切線,則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
答案 00).所以化簡(jiǎn)可知,問題等價(jià)于方程=n2(1-ln n)有解.設(shè)函數(shù)f(x)=x2(1-ln x),由f′(x)=x(1-2ln x)=0可知x=,且f(x)max=f()=,注意到f(e)=0,則由題意可知0<≤,從而00;
當(dāng)x∈(-1+,+∞)時(shí),f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)單調(diào)遞減,在(-1-,-1+)單調(diào)遞增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,則h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)單調(diào)遞減.
而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
當(dāng)00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增.
而g(0)=0,故ex≥x+1.
當(dāng)0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,
則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,
故f(x0)>ax0+1.
當(dāng)a≤0時(shí),取x0=,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
綜上,a的取值范圍是[1,+∞).
2.(2018天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列.
(1)若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;
(2)若d=3,求f(x)的極值;
(3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn),求d的取值范圍.
解 (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,
故f′(x)=3x2-1.
因?yàn)閒(0)=0,f′(0)=-1,
又因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切線方程為x+y=0.
(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t-9)x-t+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3t-9.
令f′(x)=0,解得x=t2-或x=t2+.
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,
t2-)
t2-
(t2-,
t2+)
t2+
(t2+,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
極大值
極小值
所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-)=(-)3-9(-)=6;函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+)=()3-9=-6.
(3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解.
令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.
設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+6,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x)有三個(gè)零點(diǎn).
g′(x)=3x2+(1-d2).
當(dāng)d2≤1時(shí),g′(x)≥0,這時(shí)g(x)在R上單調(diào)遞增,不符合題意.
當(dāng)d2>1時(shí),令g′(x)=0,
解得x1=-,x2=.
易得,g(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在[x1,x2]上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增.
g(x)的極大值g(x1)=g-=+6>0.
g(x)的極小值g(x2)=g=-+6.
若g(x2)≥0,由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn),不符合題意.
若g(x2)<0,即(d2-1)>27,也就是|d|>,此時(shí)|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|1.
所以f′(x)=ex+cosx>0,
即f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f(x)min=f(0)=1+b,
由f(x)≥0恒成立,得1+b≥0,所以b≥-1.
(2)由f(x)=ex+asinx+b,得
f′(x)=ex+acosx,且f(0)=1+b,
由題意得f′(0)=e0+a=1,所以a=0.
又(0,1+b)在切線x-y-1=0上,
所以0-1-b-1=0.所以b=-2,
所以f(x)=ex-2.
又方程ex-2=恰有兩解,可得xex-2x=m-2x,所以xex=m.
令g(x)=xex,則g′(x)=ex(x+1),
當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí),g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,-1)上是減函數(shù);
當(dāng)x∈(-1,+∞)時(shí),g′(x)>0,所以g(x)在(-1,+∞)上是增函數(shù).
所以g(x)min=g(-1)=-.
又當(dāng)x→-∞時(shí),g(x)→0,且有g(shù)(1)=e>0,
數(shù)形結(jié)合易知,m的取值范圍為-,0.
4.(2018安徽六校聯(lián)考二)已知函數(shù)f(x)=-ln x,m,n∈R.
(1)若函數(shù)f(x)在(2,f(2))處的切線與直線x-y=0平行,求實(shí)數(shù)n的值;
(2)試討論函數(shù)f(x)在[1,+∞)上的最大值;
(3)若n=1時(shí),函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(02.
解 (1)由f′(x)=,得f′(2)=,
由于函數(shù)f(x)在(2,f(2))處的切線與直線x-y=0平行,故=1,解得n=6.
(2)f′(x)=(x>0),令f′(x)<0,得x>n;
令f′(x)>0,得x1時(shí),f(x)在[1,n)上單調(diào)遞增,
在(n,+∞)上單調(diào)遞減,
故f(x)在[1,+∞)上的最大值為f(n)=m-1-ln n.
(3)證明:若n=1時(shí),f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(01,
則ln t=,x1=,
故x1+x2=x1(t+1)=,
所以x1+x2-2=,
記函數(shù)h(t)=-ln t,
因?yàn)閔′(t)=>0,
所以h(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
因?yàn)閠>1,所以h(t)>h(1)=0,
又ln t>0,故x1+x2-2>0成立,即x1+x2>2.
5.(2018湖南衡陽(yáng)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(a∈R).
(1)若a≥0,函數(shù)f(x)的極大值為,求實(shí)數(shù)a的值;
(2)若對(duì)任意的a≤0,f(x)≤bln x在x∈[2,+∞)上恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.
解 (1)因?yàn)閒(x)=,
所以f′(x)=
=-
=-.
①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=-,
令f′(x)>0,得x<1;令f′(x)<0,得x>1,
所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
所以f(x)的極大值為f(1)=≠,不符合題意.
②當(dāng)a>0時(shí),1-<1,
令f′(x)>0,得1-1,
所以f(x)在1-,1上單調(diào)遞增,在-∞,1-和(1,+∞)上單調(diào)遞減.
所以f(x)的極大值為f(1)==,解得a=1,符合題意.綜上可得a=1.
(2)令g(a)=a+,
當(dāng)x∈[2,+∞)時(shí),因?yàn)?0,
所以g(a)在(-∞,0]上是增函數(shù),
則g(a)≤bln x對(duì)?a∈(-∞,0]恒成立等價(jià)于
g(a)≤g(0)≤bln x,
即≤bln x對(duì)x∈[2,+∞)恒成立,
即b≥對(duì)x∈[2,+∞)恒成立,
所以b≥max.
令h(x)=(x≥2),
則h′(x)=
==.
因?yàn)閤∈[2,+∞),所以-1-(x-1)ln x<0,
所以h′(x)<0,
所以h(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞減,
所以h(x)≤h(2)=,
所以b≥h(2)=,
所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為,+∞.
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