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3导数及其应用测试题命题报告：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12题，每小题5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：D2. （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：C4. （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：B5. （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】B6. （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（）ABCD【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：A7. （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+3f（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=7f（x）=x3+2x24x+7（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列表如下： x3，2）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），x0f（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）minx2m（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