2019年高考数学艺术生百日冲刺专题03导数及其应用测试题 含答案解析

专题专题 3 3 导数及其应用测试题导数及其应用测试题 命题报告：命题报告： 1.高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数 解决实际问题. 2.考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是 12-17 分，一 般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。 3.重点推荐：基础卷第 10 题需要构造函数，利用导数与函数 的单调性的关系求解。 一选择题（本大题共一选择题（本大题共 1212 题，每小题题，每小题 5 5 分）分） 1. （2018平罗县校级期中）已知函数 f（x）=e2x，则=（ ） A1B0Ce2D2e2 答案D 【解析】：f（x）=2e2x，=f（1） ，f（1）=2e2，故选：D 2. （2018攀枝花期末）设 f（x）是函数的导函数，则 f'（0）的值为（ ） A1B0C1D 【答案】：C 【解析】根据题意，其导数 f（x）=，则 f'（0）=1；故选：C 3. （2018银川三模）已知函数 f（x）=cosx+alnx 在 x=处取得极值，则 a=（ ） ABCD 【答案】C 【解析】：f（x）=cosx+alnx， f（x）=sinx+， f（x）在 x=处取得极值， f（）=+=0， 解得：a=，经检验符合题意， 故选：C 4. （2018 春云阳县期末）已知函数 f（x）=x3ax+1 在1，+）上是单调递增函数，则实数 a 的 取值范围是（ ） Aa3Ba3Ca1D1a3 【答案】：B 【解析】求导函数，可得 f（x）=3x2a，f（x）在1，+）上单调递增， 3x2a0 在1，+）上恒成立，a3x2在1，+）上恒成立， a3，故选：B 5. （2018柳州一模）设 aR，若函数 y=x+alnx 在区间（，e）有极值点，则 a 取值范围为（ ） A （，e）B （e，） C （，）（e，+）D （，e）（，+） 【答案】B 6. （2018吉安期中）设函数 f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数 y=f（x）的图象可能为（ ） AB CD 【答案】A 【解析】：由 f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在 y 轴左侧先增，再减， 在 y 轴的右侧，函数单调递减，导函数 y=f（x）的图象可能为区间（，0）内，先有 f（x）0， 再有 f（x）0，在（0，+）再有 f（x）0故选：A 7. （2018邯郸二模）若过点 P（1，m）可以作三条直线与曲线 C：y=xex相切，则 m 的取值范围 是（ ） A （，+）B （） C （0，+）D （） 【答案】D 【解析】：设切点为（x0，y0） ，过点 P 的切线程为，代入点 P 坐标化简为 m=，即这个方程有三个不 等根即可，令，求导得到 f（x）=（x1） （x+2）ex，函数在（，2）上单调递减，在 （2，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，故得到 f（2）mf（1） ，即，故选： D 综上，若x（1，+） ，使得 f（x）a，a 的取值范围为 a12 分 19. （2018新余期末）函数 f（x）=x3+ax2+bxc，过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方 程 y=3x+3 （1）若 y=f（x）在 x=2 时有极值，求 f（x）的表达式； （2）在（1）的条件下，求 y=f（x）在3，1上的最小值 【思路分析】 （1）f（x）=3x2+2ax+b，由过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方程 y=3x+3可得 f（1）=6=1+a+bc，f（1）=3+2a+b=3又 y=f（x）在 x=2 时有极值，可得 f（2）=124a+b=0，联立解得 a，b，c （2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x24x+7x3，1f（x）=3x2+4x4=（3x2） （x+2） ，令 f（x）=0，解得 x=或2列表即可得出 【解析】：（1）f（x）=3x2+2ax+b， 过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方程 y=3x+3 f（1）=6=1+a+bc，f（1）=3+2a+b=3 又 y=f（x）在 x=2 时有极值，f（2）=124a+b=0， 联立解得：a=2，b=4，c=7 f（x）=x3+2x24x+7 （2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x24x+7x3，1 f（x）=3x2+4x4=（3x2） （x+2） ， 令 f（x）=0，解得 x=或2 列表如下： x 3，2） 2 （2，） f（x） + 0 0+ f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表格可得：x=时，函数 f（x）取得极小值，= 又 f（3）=10 函数 f（x）最小值为= 20. （2018 新罗区校级月考）设函数 f（x）=axlnx+（a0） （）已知函数在 x=1 处取得极值，讨论函数 f（x）的单调性； （）设 g（x）=f（x）ax，若 g（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围 【思路分析】 （I）函数 f（x）=axlnx+（a0） ，x0f（x）=alnx+a，根据函数在 x=1 处取得极值，可得 f（1）=0，解得 a进而得出单调性 （II）g（x）=f（x）ax，a0，g（x）0 恒成立，可得 axlnx+ax0，x0可得 alnx+ a0 恒成立，令 h（x）=alnx+a，利用导数研究函数的单调性即可得出 【解析】：（I）函数 f（x）=axlnx+（a0） ，x0 f（x）=alnx+a，函数在 x=1 处取得极值， a1=0，解得 a=1f（x）=lnx+1， 可得：函数 f（x）在（0，+）上单调递增，又 f（1）=0， x（0，1）时，f（x）0；x（1，+）时，f（x）0 函数 f（x）在 x（0，1）时单调递减；x（1，+）时，函数 f（x）单调递增 （II）g（x）=f（x）ax，a0，g（x）0 恒成立，axlnx+ax0，x0 可得 alnx+a0 恒成立，令 h（x）=alnx+a， 则 h（x）=， 0x时，h（x）0，此时函数 h（x）单调递减；x时，h（x）0，此时函数 h（x）单调递增h（x）min=aln+a0， ln1，解得：a，a 的取值范围是（0， 21. （2018思明区校级月考）已知函数 f（x）=（m0） ，其中 e 为自然对数的底数 （1）讨论函数 f（x）的极值； （2）若 m（1，2） ，证明：当 x1，x21，m时，f（x1）x2+1+ 【思路分析】 （1）求导对 m 分类讨论，即可得出单调性与极值 （2）当 x1，x21，m时，f（x1）x2+1+，只要证明 f（x1）min即可，由（1）可知： f（x）在 x1，m内单调递减，可得 f（x1）min=f（m） 因此 f（x1） minx2 m（1，2） ，令 g（m）=m（1，2） ，利用导数研究 其单调性即可得出 【解析】 （1）：f（x）= m0 时，1m1，令 f（x）=0，解得 x=1 或 1m 则函数 f（x）在（，1m）上单调递减，在（1m，1）内单调递增，在（1，+）上单调递 减 x=1m 时，函数 f（x）取得极小值；x=1 时，函数 f（x）取得极大值 m=0 时，f（x）=0，函数 f（x）在 R 上单调递减，无极值 （2）证明：当 x1，x21，m时，f（x1）x2+1+，只要证明 f（x1）min即可， 由（1）可知：f（x）在 x1，m内单调递减，f（x1）min=f（m）= f（x1）minx2m（1，2） ， 令 g（m）=m（1，2） ， g（m）=0， 函数 g（m）在 m（1，2）上单调递减， g（m）g（1）=1+=1x2， 因此结论成立 22. （2018道里区校级二模）已知函数 h（x）=aex，直线 l：y=x+1，其中 e 为自然对数的底 （1）当 a=1，x0 时，求证：曲线 f（x）=h（x）x2在直线 l 的上方； （2）若函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，求实数 a 的取值范围； （3）对于第（2）中的两个交点的横坐标 x1，x2及对应的 a，当 x1x2时，求证：a 【思路分析】 （1）可令 g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间，可得 g（x）的单调性，即可得证； （2）由题可得 aex=x+1，即有 a=，设 m（x）=，求出导数和单调性，作出图象，即可得到 所求范围；（3）由（2）可得 aex1=x1+1，aex2=x2+1，作差可得 a=，运用分析法证明，即 证，即为 x2x11=1，运用换元法和构造函数， 求得导数和单调性，即可得证 【解析】：（1）证明：当 a=1，x0 时，令 g（x）=， g（x）=exx1，g（x）=ex1， 当 x0 时，g（x）0，g（x）递增， g（x）g（0）=0，g（x）递增，g（x）g（0）=0，曲线 f（x）=h（x）x2在直线 l 的上方； （2）由 y=aex和 y=x+1，可得 aex=x+1，即有 a=， 设 m（x）=，可得 m（x）=， 当 x0 时，m（x）0，m（x）递减；当 x0 时，m（x）0，m（x）递增， 可得 m（x）在 x=0 处取得极大值，且为最大值 1，图象如右上： 由图象可得 0a1 时，a=有两解， 可得函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，则 a 的范围是（0，1） ； 设 n（t）=t1+，t0， n（t）=1=0， 可得 n（t）在 t0 上递增，可得 n（t）n（0）=0， 可得 t1成立， 则当 x1x2时，a