发布时间 : 星期四 文章2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第3讲 导数的简单应用练习更新完毕开始阅读18d172f56337ee06eff9aef8941ea76e59fa4a40
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第一部分 专题二 第三讲 导数的简单应用
A组
1．曲线y＝xe＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为( A ) A．y＝3x－1 C．y＝3x＋1
xxxB．y＝－3x－1 D．y＝－2x－1
[解析] k＝y′|x＝0＝(e＋xe＋2)|x＝0＝3， ∴切线方程为y＝3x－1，故选A．
2．(文)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程为x－y＋2
＝0，则f(1)＋
f ′(1)＝( D )
A．1 C．3
B．2 D．4
∴f(1)＋f ′(1)
[解析] 由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0上，且f ′(1)＝1，＝3＋1＝4.
2
(理)(2017·烟台质检)在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝?4(1＋2x)dx，则该数列的前5项和S5为
3?
1
( C )
A．18 242
C．
3
2
4
B．3 242D．
5
[解析] a4＝?4(1＋2x)dx＝(x＋x)|1＝18，
?1
因为数列{an}是等比数列， 23
故18＝q，解得q＝3，
3
25
1－33242
所以S5＝＝.故选C.
1－33
3．已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax＋bx＋cx－34的导函数为f ′(x)，f ′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是( C )
81
A．－
22C．2
1B． 3D．5
3
2
2bc2
[解析] 依题意得f ′(x)＝3ax＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，
3a3a3a81
∴b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a22＝－81，a＝2，故选C.
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13
4．若函数f(x)＝loga(x－ax)(a>0，a≠1)在区间(－，0)内单调递增，则a的取值范围是( B )
21
A．[，1)
49
C．(，＋∞)
4
[解析] 由x－ax>0得x(x－a)>0.
??x>0则有?2
?x－a>0?
3
2
3
B．[，1)
49
D．(1，)
4
??x<0，或?2
?x－a<0，?
所以x>a或－a 即函数f(x)的定义域为(a，＋∞)∪(－a，0)． 令g(x)＝x－ax，则g′(x)＝3x－a， 当g′(x)≥0时，x≥由g′(x)<0得－ 3a，不合要求， 3 3 2 3a 3a，0)上是减函数， 3 从而g(x)在x∈(－ 1 又函数f(x)在x∈(－，0)内单调递增， 2 ??－a≤－1， 2则有?3a1－≤－??32， 3 所以≤a<1. 4 0 5．(2018·辽宁大连一模)函数f(x)＝e·sinx在点(0，f(0))处的切线方程是y＝x. [解析] ∵f(x)＝e·sinx，f′(x)＝e(sinx＋cosx)，f′(0)＝1，f(0)＝0， ∴函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y－0＝1×(x－0)，即y＝x. 12186．已知函数f(x)＝x＋3ax－lnx，若f(x)在区间[，2]上是增函数，则实数a的取值范围为[，＋∞). 2391111 [解析] 由题意知f′(x)＝x＋3a－≥0在[，2]上恒成立，即3a≥－x＋在[，2]上恒成立． x3x311 又y＝－x＋在[，2]上单调递减， x318 ∴(－x＋)max＝， x388 ∴3a≥，即a≥. 39 xxx 精品 13 7．(文)若函数y＝－x＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是a>0. 3 1322 [解析] y′＝－x＋a，若y＝－x＋ax有三个单调区间，则方程－x＋a＝0应有两个不等实根，故a>0. 312 (理)(2018·临沂模拟)如图，已知A(0，)，点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x上，若阴影部分面积与△OAP4面积相等，则x0＝64. [解析] 因为点P(x>0)在曲线y＝x2 0，y0)(x0上， 所以y2 0＝x0， 则△OAP的面积S＝1111 2|OA||x0|＝2×4x0＝8x0， 阴影部分的面积为∫x2 131300xdx＝3x|x00＝3x0， 因为阴影部分面积与△OAP的面积相等， 所以133x1 0＝8x0， 即x2 30＝8. 所以x0＝ 38＝64 . 8．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数a的取值范围． [解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f ′(x)＝ln x＋1 x－3，f ′(1)＝－2， f(1)＝0. 曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0. (2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于 ln x－ ax－1 x＋1 >0. 设g(x)＝ln x－ax－1 x＋1 ， 2则g′(x)＝1 － 2ax＋21－ax＋1 xx＋1 2＝ xx＋12 ，g(1)＝0. ①当a≤2，x∈(1，＋∞)时， x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0， g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此g(x)>g(1)＝0； 精品 ②当a>2时，令g′(x)＝0，得 x1＝a－1－a－1 2 －1，x2＝a－1＋a－1 2 －1. 由x2>1和x1x2＝1，得x1<1， 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0， g(x)在(1，x2)内单调递减，此时g(x) 综上，a的取值范围是(－∞，2]． 9．(文)已知函数f(x)＝ axx＋r2 (a>0，r>0)． (1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性； (2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值． [解析] (1)由题意知x≠－r， 所以定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)， arf(x)＝ axx＋r2 ＝ ax， x＋2rx＋r2 2 ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2rf ′(x)＝ x2＋2rx＋r22 ＝ ar－xx＋r， x＋r4 所以当x<－r或x>r时，f ′(x)<0， 当－r 因此，f(x)的单调递减区间是(－∞，－r)，(r，＋∞)； f(x)的单调递增区间是(－r，r)． (2)由(1)可知f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减，因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以 f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝ (理)设函数f(x)＝xe(1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间． [解析] (1)因为f(x)＝xe所以f ′(x)＝(1－x)e ??f2 依题设，得? ?f ′? a－2 a－xa－xa－xar2r2 ＝ a＝100. 4r＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4. ＋bx， ＋b. ＝2e＋2， 2＝e－1， ??2e＋2b＝2e＋2，即?a－2 ?－e＋b＝e－1，? 2－x 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)，知f(x)＝xe由f ′(x)＝e 2－x＋ex. x－1 (1－x＋e)及e 2－x>0知，