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2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第3讲导数的简单应用课时作业

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第3讲 导数的简单应用

限时50分钟 满分76分

一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)

1.(2020·南开中学质检)已知函数f(x)=g(x)+2x且曲线y=g(x)在x=1处的切线为

y=2x+1,则曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为( )

A.2 C.6

B.4 D.8

解析:B [∵曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,∴g′(1)=2.∵函数f(x)=g(x)+2x,∴f′(x)=g′(x)+2,∴f′(1)=g′(1)+2,∴f′(1)=2+2=4,即曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为4.故选B.]

2.(2019·南京三模)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )

A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

1

解析:D [因为f(x)=kx-ln x,所以f′(x)=k-.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调

x11

递增,所以当x>1时,f′(x)=k-≥0恒成立,即k≥在区间(1,+∞)上恒成立.因为xxx1

>1,所以0<<1,所以k≥1.故选D.]

x3.(2019·保定三模)函数f(x)=x-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围是( )

A.[0,1)

B.(-1,1) D.(0,1)

2

2

3

?1?C.?0,? ?2?

解析:D [f′(x)=3x-3a=3(x-a). 当a≤0时,f′(x)>0,

∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值. 当a>0时,f′(x)=3(x-a)(x+a).

当x∈(-∞,-a)和(a,+∞)时,f(x)单调递增; 当x∈(-a,a)时,f(x)单调递减,

所以当a<1,即0<a<1时,f(x)在(0,1)内有最小值.]

132

4.(2020·长沙模拟)已知函数f(x)=x+ax+3x+1有两个极值点,则实数a的取值

3范围是( )

A.(3,+∞) C.(-3,3)

解析:D [f′(x)=x+2ax+3.

由题意知方程f′(x)=0有两个不相等的实数根, 所以Δ=4a-12>0, 解得a>3或a<-3.]

5.(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数,且满足f′(x)+f(x)>0,其中f′(x)为f(x)的导函数,设a=f(0),b=2f(ln 2),c=ef(1),则a,b,c的大小关系是( )

A.c>b>a C.c>a>b

xx2

2

B.(-∞,-3)

D.(-∞,-3)∪(3,+∞)

B.a>b>c D.b>c>a

解析:A [令g(x)=ef(x),则g′(x)=e[f(x)+f′(x)]>0,所以函数g(x)在定义域R上单调递增,从而g(0)<g(ln 2)<g(1),得f(0)<2f(ln 2)<ef(1),即a<b<c.故选A.]

6.(山东卷)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )

A.y=sin x C.y=e

xB.y=ln x D.y=x

3

解析:A [当y=sin x时,y′=cos x,cos 0·cos π=-1,所以在函数y=sin x图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=ln x,y=e,y=x的导数值均非负,不符合题意,故选A.]

二、填空题(本大题共2小题,每小题5分,共10分)

7.(2019·厦门三模)已知直线y=kx-2与曲线y=xln x相切,则实数k的值为____________.

解析:由y=xln x知y′=ln x+1,设切点为(x0,x0ln x0),则切线方程为y-x0ln x0

=(ln x0+1)(x-x0),因为切线y=kx-2过定点(0,-2),所以-2-x0ln x0=(ln x0+1)(0-x0),解得x0=2,故k=1+ln 2.

答案:1+ln 2

12

8.(2019·潍坊三模)设函数f(x)=ln x-ax-bx,若x=1是f(x)的极大值点,则a2的取值范围是____________.

1

解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b,

x3

x

由f′(1)=0,得b=1-a.

1-ax+1+ax-xax+1

∴f′(x)=-ax+a-1==-

2

x-1xxx.

①若a≥0,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 所以x=1是f(x)的极大值点.

1②若a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-.

a因为x=1是f(x)的极大值点, 1

所以->1,解得-1<a<0.

a综合①②得a的取值范围是(-1,+∞). 答案:(-1,+∞)

三、解答题(本大题共3小题,每小题12分,共36分) 9.(2018·北京卷)设函数f(x)=[ax-(3a+1)x+3a+2]e. (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a; (2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围. 解:(1)∵f(x)=[ax-(3a+1)x+3a+2]e ∴f′(x)=[ax-(a+1)x+1]e ∴f′(2)=(2a-1)e=0 1∴a=

2

(2)f′(x)=(ax-1)(x-1)e ①当a=0时,令f′(x)=0得x=1

x2

2

2

2

xxxf′(x),f(x)随x变化如下表:

x f′(x) f(x) ∴f(x)在x=1处取得极大值(舍) 1

②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1

(-∞,1) + 1 0 极大值 (1,+∞) - aa.当x1=x2,即a=1时, f′(x)=(x-1)2ex≥0

∴f(x)在R上单调递增 ∴f(x)无极值(舍)

b.当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x变化如下表: x f′(x) f(x) (-∞,1) + 1 0 极大值 ?1,1? ?a???- 1a ?1,+∞? ?a???+ 0 极小值 ∴f(x)在x=1处取极大值(舍) c.当x1<x2,即a>1时 f′(x),f(x)随x变化如下表: x f′(x) f(x) ?-∞,1? ?a???+ 1 a0 极大值 ?1,1? ?a???- 1 0 (1,+∞) + 极小值 ∴f(x)在x=1处取极小值 即a>1成立

1

③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1

af′(x),f(x)随x变化如下表: x f′(x) f(x) ?-∞,1? ?a???- 1 a0 极小值 ?1,1? ?a???+ 1 0 极大值 (1,+∞) - ∴f(x)在x=1处取极大值(舍) 综上所述:a的取值范围为(1,+∞).

10.(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=2x-ax+b. (1)讨论f(x)的单调性.

(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,

3

2

b的所有值;若不存在,说明理由.

解析:这是一道常规的函数导数不等式和综合题,题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性,最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大,由计算量补充.

(1)对f(x)=2x-ax+b求导得f′(x)=6x-2ax=6x?x-?.所以有当a<0时,

?3?

3

2

2

?

a??-∞,a?区间上单调递增,?a,0?区间上单调递减,(0,+∞)区间上单调递增; ??3?3?????

当a=0时,(-∞,+∞)区间上单调递增;

????当a>0时,(-∞,0)区间上单调递增,?0,?区间上单调递减,?,+∞?区间上单调

?3??3?

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第3讲 导数的简单应用 限时50分钟 满分76分 一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分) 1.(2020·南开中学质检)已知函数f(x)=g(x)+2x且曲线y=g(x)在x=1处的切线为y=2x+1,则曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为( ) A.2 C.6 B.4 D.8 解析:B [∵曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y=2x+1,∴g′(1)=2.∵函数f(x)=g(x)+2x,∴f′(x)=g′(x)+2,∴f′(1)=g′(1)+2,∴f′(1)=2+2=4,即曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为4.故选B.] 2.(2019·南京三模)若函数f(x)=kx-ln x在

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