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2018高考数学(文)二轮专题复习习题专题二 函数、不等式、导数 1-2-3 (附答案)

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    有奖投稿

2018高考数学(文)二轮专题复习习题专题二 函数、不等式、导数 1-2-3 (附答案)

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文 章来 源莲山 课件 w w
w.5Y k J.cO m 限时规范训练六 导数的简单应用
限时45分钟,实际用时________
分值81分,实际得分________ 
一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)
1.设函数f(x)=x24-aln x,若f′(2)=3,则实数a的值为(  )
A.4          B.-4
C.2   D.-2
解析:选B.f′(x)=x2-ax,故f′(2)=22-a2=3,因此a=-4.
2.曲线y=ex在点A处的切线与直线x-y+3=0平行,则点A的坐标为(  )
A.(-1,e-1)   B.(0,1)
C.(1,e)   D.(0,2)
解析:选B.设A(x0,ex0),y′=ex,∴y′|x=x0=ex0.由导数的几何意义可知切线的斜率k=ex0.
由切线与直线x-y+3=0平行可得切线的斜率k=1.
∴ex0=1,∴x0=0,∴A(0,1).故选B.
3.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为 (  )
A.32,+∞
B.32,+∞
C.-∞,-32∪32,+∞
D.-∞,-32∪32,+∞
解析:选D.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则f′(x)=3x2-4cx+1=0有两根,故Δ=(-4c)2-12>0,从而c>32或c<-32.
4.已知f(x)=aln x+12x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2都有fx1-fx2x1-x2≥2恒成立,则实数a的取值范围是(  )
A.[1,+∞)   B.(1,+∞)
C.(0,1)   D.(0,1]
解析:选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2,所以函数的导数f′(x)=ax+x≥2.可得x=a时,f′(x)有最小值2.∴a≥1.
5.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是(  )
A.f1k<1k   B.f1k>1k-1
C.f1k-1<1k-1   D.f1k-1>1k-1
解析:选C.构造函数g(x)=f(x)-kx+1,
则g′(x)=f′(x)-k>0,∴g(x)在R上为增函数.
∵k>1,∴1k-1>0,则g1k-1>g(0).
而g(0)=f(0)+1=0,
∴g1k-1=f1k-1-kk-1+1>0,
即f1k-1>kk-1-1=1k-1,
所以选项C错误,故选C.
6.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,设a=f(0),b=f12,c=f(3),则(  )
A.a<b<c   B.c<b<a
C.c<a<b   D.b<c<a
解析:选C.因为当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,所以f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,1)上是单调递增函数,所以a=f(0)<f12=b,又f(x)=f(2-x),所以c=f(3)=f(-1),所以c=f(-1)<f(0)=a,所以c<a<b,故选C.
二、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
7.(2017•高考全国卷Ⅰ)曲线y=x2+1x在点(1,2)处的切线方程为________.
解析:∵y′=2x-1x2,∴y′|x=1=1,
即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k=1,
∴切线方程为y-2=x-1,
即x-y+1=0.
答案:x-y+1=0
8.已知函数f(x)=-12x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,则实数t的取值范围是________.
解析:由题意得,f(x)的定义域为(0,+∞),∴t>0,
∴f′(x)=-x-3+4x=0在(t,t+1)上有解,
∴x2+3x-4x=0在(t,t+1)上有解,
∴x2+3x-4=0在(t,t+1)上有解,由x2+3x-4=0得x=1或x=-4(舍去),∴1∈(t,t+1),∴t∈(0,1),故实数t的取值范围是(0,1).
答案:(0,1)
9.已知函数f(x)=1-xax+ln x,若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数a的取值范围为________.
解析:∵f(x)=1-xax+ln x,∴f′(x)=ax-1ax2(a>0).
∵函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)=ax-1ax2≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,∴ax-1≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,即a≥1x在x∈[1,+∞)上恒成立,∴a≥1.
答案:[1,+∞)
三、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分)
10.(2017•高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解:(1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.
令f′(x)=0得x=-1-2或x=-1+2.
当x∈(-∞,-1-2)时,f′(x)<0;
当x∈(-1-2,-1+2)时,f′(x)>0;
当x∈(-1+2,+∞)时,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减.而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增.而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
11.(2017•河南郑州质量检测)设函数f(x)=12x2-mln x,g(x)=x2-(m+1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当m≥0时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x2-mx,
当m≤0时,f′(x)>0,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间.
当m>0时,f′(x)=x+mx-mx,当0<x<m时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>m时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上,当m≤0时,函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m>0时,函数f(x)的单调递增区间是(m,+∞),单调递减区间是(0,m).
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-12x2+(m+1)x-mln x,x>0,问题等价于求函数F(x)的零点个数,
当m=0时,F(x)=-12x2+x,x>0,有唯一零点;当m≠0时,F′(x)=-x-1x-mx,
当m=1时,F′(x)≤0,函数F(x)为减函数,注意到F(1)=32>0,F(4)=-ln 4<0,所以F(x)有唯一零点.
当m>1时,0<x<1或x>m时,F′(x)<0;1<x<m时,F′(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,注意到F(1)=m+12>0,
F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.
当0<m<1时,0<x<m或x>1时,F′(x)<0;m<x<1时,F′(x)>0,
所以函数F(x)在(0,m)和(1,+∞)上单调递减,在(m,1)上单调递增,易得ln m<0,
所以F(m)=m2(m+2-2ln m)>0,而F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.
综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象有一个交点.
12.(2017•河南洛阳模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1x-1,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线平行于直线y=10x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设直线l为函数g(x)=ln x的图象上任意一点A(x0,y0)处的切线,在区间(1,+∞)上是否存在x0,使得直线l与曲线h(x)=ex也相切?若存在,满足条件的x0有几个?
解:(1)∵函数f(x)=ln x-ax+1x-1,∴f′(x)=1x+2ax-12,
∵曲线y=f(x)在点12,f12处的切线平行于直线y=10x+1,
∴f′12=2+8a=10,∴a=1,∴f′(x)=x2+1xx-12.
∵x>0且x≠1,∴f′(x)>0,∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞).
(2)存在且唯一,证明如下:
∵g(x)=ln x,∴切线l的方程为y-ln x0=1x0(x-x0),即y=1x0x+ln x0-1  ①,
设直线l与曲线h(x)=ex相切于点(x1,ex1),
∵h′(x)=ex,∴ex1=1x0,∴x1=-ln x0,
∴直线l的方程也可以写成y-1x0=1x0(x+ln x0),
即y=1x0x+ln x0x0+1x0  ②,
由①②得ln x0-1=ln x0x0+1x0,∴ln x0=x0+1x0-1.
证明:在区间(1,+∞)上x0存在且唯一.
由(1)可知,f(x)=ln x-x+1x-1在区间(1,+∞)上单调递增,
又f(e)=-2e-1<0,f(e2)=e2-3e2-1>0,
结合零点存在性定理,说明方程f(x)=0必在区间(e,e2)上有唯一的根,这个根就是所求的唯一x0. 文 章来 源莲山 课件 w w
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