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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

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  • 文档编号:93486680
  • 上传时间:2019-07-22
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    • 1、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

      2、】: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,

      3、 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

      4、=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

      5、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 aln

      6、x+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

      7、=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

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