2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文

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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用配套作業(yè) 文 一、選擇題 1．(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋，若x軸為曲線y＝f(x)的切線，則a的值為(　　) A. B．－ C．－ D. 答案　D 解析　f′(x)＝3x2－3a，設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,0)，則 解得故選D. 2．(2018·贛州一模)函數(shù)f(x)＝x2－ln x的遞減區(qū)間為(　　) A．(－∞，1) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝x－＝， 令f′(

2、x)＜0，解得0＜x＜1， 故函數(shù)f(x)在(0,1)上遞減．故選B. 3．(2018·安徽示范高中二模)已知f(x)＝，則(　　) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2) 答案　D 解析　f(x)的定義域是(0，＋∞)， 因為f′(x)＝，所以x∈(0，e)，f′(x)>0； x∈(e，＋∞)，f′(x)<0， 故x＝e時，f(x)max＝f(e)， 而f(2)＝＝，f(3)＝＝， f(e)>f(3)>f(2)．故選D. 4．(2018·安徽蕪湖模擬)設(shè)函數(shù)f(x)

3、在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 答案　D 解析?、佼?dāng)x＜－2時，1－x＞0.∵(1－x)f′(x)＞0， ∴f′(x)＞0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)． ②當(dāng)－2＜x＜1時，1－x＞0.∵(1－x)f′(x)＜0， ∴f′(x)＜0，即f(x)在(－2,1)上是減函數(shù)． ③當(dāng)1

4、＜x＜2時，1－x＜0.∵(1－x)f′(x)＞0， ∴f′(x)＜0，即f(x)在(1,2)上是減函數(shù)． ④當(dāng)x＞2時，1－x＜0.∵(1－x)f′(x)＜0， ∴f′(x)＞0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)． 綜上，f(－2)為極大值，f(2)為極小值． 5．(2018·河南八校聯(lián)考)已知f(x)＝x2＋cosx，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(x)的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　因為f(x)＝x2＋cosx，所以f′(x)＝x－sinx，這是一個奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，故排除B，D，又f′(1)＝－sin1＜－sin＜0，f′(2)＝1－sin2＞0

5、，所以f′(x)的圖象大致為A. 6．已知f(x)＝ax3，g(x)＝9x2＋3x－1，當(dāng)x∈[1,2]時，f(x)≥g(x)恒成立，則a的取值范圍為(　　) A．a(chǎn)≥11 B．a(chǎn)≤11 C．a(chǎn)≥ D．a(chǎn)≤ 答案　A 解析　f(x)≥g(x)恒成立，即ax3≥9x2＋3x－1. ∵x∈[1,2]，∴a≥＋－.令＝t，則當(dāng)t∈時，a≥9t＋3t2－t3.令h(t)＝9t＋3t2－t3，h′(t)＝9＋6t－3t2＝－3(t－1)2＋12.∴h′(t)在上是增函數(shù)．∴h′(t)min＝h′＝－＋12>0.∴h(t)在上是增函數(shù)．∴a≥h(1)＝11，故選A. 7．(201

6、8·寶雞二檢)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝4，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<3，則不等式f(ln x)＞3ln x＋1的解集為(　　) A．(1，＋∞) B．(0，e) C．(0,1) D．(e，＋∞) 答案　B 解析　設(shè)g(x)＝f(x)－3x－1，則g′(x)＝f′(x)－3.由題意，得g′(x)<0且g(1)＝0，故函數(shù)g(x)為單調(diào)遞減函數(shù)．不等式f(ln x)>3ln x＋1可以轉(zhuǎn)化為f(ln x)－3ln x－1>0，即g(ln x)>0＝g(1)，所以解得0＜x＜e. 二、填空題 8．(2018·陜西一檢)已知曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處

7、的切線為l，若l與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________. 答案　8 解析　因為y＝x＋ln x，所以y′＝1＋，所以y′x＝1＝2，故曲線y＝x＋ln x在點(1,1)處的切線方程為y＝2x－1，與y＝ax2＋(a＋2)x＋1聯(lián)立，可得ax2＋ax＋2＝0，Δ＝a2－8a＝0，所以a＝0(舍)或a＝8，所以a＝8. 9．已知函數(shù)f(x)＝.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(t＞0)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)t的取值范圍為________． 答案?。紅＜1 解析　f′(x)＝－(x＞0)，由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1.所以f(x)在(0,1)上單

8、調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(t＞0)上不是單調(diào)函數(shù)，所以解得＜t＜1. 10．(2018·廣西三市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x，當(dāng)x∈(0，e](e為自然常數(shù))時，函數(shù)f(x)的最小值為3，則 a的值為________． 答案　e2 解析　易知a＞0，由f′(x)＝a－＝＝0，得x＝，當(dāng)x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)在x＝時取得最小值f＝1－ln .①當(dāng)0＜≤e時，由1－ln ＝3，得a＝e2，符合題意；②當(dāng)＞e時，x∈(0，e]，f(x)min＝f(e)，即由ae－ln e＝3，得

9、a＝，舍去． 三、解答題 11．(2018·河北七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋2)x＋(2a＋1)ln x. (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線的斜率小于0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意的a∈，函數(shù)g(x)＝f(x)－在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù)，求λ的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝x－(2a＋2)＋ ＝(x>0)， 若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線的斜率小于0， 則f′(2)＝－a＋<0，即有a>，∴2a＋1>2>1， 由f′(x)>0得02a＋1；由f′(x)<0得1

10、遞增區(qū)間為(0,1)，(2a＋1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2a＋1)． (2)∵g(x)＝f(x)－在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù)， ∴g′(x)≥0對任意的a∈，x∈[1,2]恒成立， 而g′(x)＝x－(2a＋2)＋＋≥0， 化簡得x3－(2a＋2)x2＋(2a＋1)x＋λ≥0， 即(2x－2x2)a＋x3－2x2＋x＋λ≥0，其中a∈， ∵x∈[1,2]，∴2x－2x2≤0， ∴只需(2x－2x2)＋x3－2x2＋x＋λ≥0， 即x3－7x2＋6x＋λ≥0對任意x∈[1,2]恒成立． 令h(x)＝x3－7x2＋6x＋λ，x∈[1,2]， 則h′(x)＝3x2－14x＋

11、6<0在[1,2]上恒成立， ∴h(x)＝x3－7x2＋6x＋λ在閉區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)， 則h(x)min＝h(2)＝λ－8. ∴h(x)min＝h(2)＝λ－8≥0，解得λ≥8. 12．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋2x2＋ax＋(a∈R)． (1)若a＝3，試求函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為2，試求實數(shù)a的值． 解　(1)因為a＝3， 所以f(x)＝－x3＋2x2＋3x＋， 所以f′(x)＝－x2＋4x＋3， 所以f′(2)＝－22＋2×4＋3＝7. 因為f(2)＝－＋8＋6＋＝12，

12、 所以切線方程為y－12＝7(x－2)，即y＝7x－2. 設(shè)直線與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)分別為(0，－2)，， 所以該直線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S＝×2×＝. (2)f′(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4. 若a＋4≤0，a≤－4，則f′(x)≤0在[0,2]上恒成立， 所以函數(shù)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減， 所以f(x)max＝f(0)＝<2，此時a不存在． 若a≥0，則f′(x)≥0在[0,2]上恒成立， 所以函數(shù)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增， 所以f(x)max＝f(2)＝－＋8＋2a＋＝2a＋6＝2， 解得a＝－2， 因為a≥0，所以此時a不存在

13、． 若－4

14、定義域為(0，＋∞)， 則f′(x)＝－＋＝， 若x＝1是f(x)的極值點，則f′(1)＝0，即a＝1. ∴f(x)＝＋ln x，f′(x)＝. 令f′(x)>0，則x>1，令f′(x)<0，則x<1， ∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減， ∴f(x)在x＝1處取得極小值，極小值為f(1)＝1. (2)若f(x)≥0在(0，e]上恒成立，即f(x)min≥0. 由(1)知f′(x)＝， ①當(dāng)a≤0時，即f′(x)<0在(0，e]上恒成立， 即f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減， 則f(x)min＝f(e)＝＋aln e＝＋a≥0，得 －≤a≤0.

15、②當(dāng)a>0時，x∈時，f′(x)<0， x∈時，f′(x)>0， 若≥e，即00，即0時，x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0， 即f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 則f(x)min＝f＝a＋aln ≥0，得

16、極值點x1，x2(x10)， f′(x)＝2x－2＋＝＝>0， 所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)f′(x)＝2x－2a＋＝， 由題意得，x1和x2是方程2x2－2ax＋1＝0的兩個不相等的正實根，則解得a>， 2ax1＝2x＋1,2ax2＝2x＋1. 由于>，所以x1∈，x2∈. 所以2f(x1)－f(x2)＝2(x－2ax1＋ln x1)－(x－2ax2＋ln x2)＝2x－x－4ax1＋2ax2－ln x2＋2ln x1＝－2x＋x－ln －1＝－＋x

17、－ln －1＝－＋x－ln x－2ln 2－1. 令t＝x，g(t)＝－＋t－ln t－2ln 2－1，則g′(t)＝＋1－＝＝， 當(dāng)1時，g′(t)>0. 所以g(t)在上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 則g(t)min＝g(1)＝－， 所以2f(x1)－f(x2)的最小值為－. 15．(2018·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a； (2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍． 解　(1)因為f(x)＝[ax2－(3a＋1

18、)x＋3a＋2]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex. f′(2)＝(2a－1)e2， 由題設(shè)知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝. (2)解法一：由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex ＝(ax－1)(x－1)ex. 若a>1，則當(dāng)x∈時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝1處取得極小值． 若a≤1，則當(dāng)x∈(0,1)時，ax－1≤x－1<0， 所以f′(x)>0. 所以1不是f(x)的極小值點． 綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞)． 解法二：f′(x)＝(ax－1)(x－

19、1)ex. (1)當(dāng)a＝0時，令f′(x)＝0得x＝1. f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  ∴f(x)在x＝1處取得極大值，不符合題意． (2)當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1. ①當(dāng)x1＝x2，即a＝1時，f′(x)＝(x－1)2ex≥0， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增， ∴f(x)無極值，不合題意． ②當(dāng)x1>x2，即0

20、 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)在x＝1處取得極大值，不符合題意． ③當(dāng)x11時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)在x＝1處取得極小值，即a>1滿足題意． (3)當(dāng)a<0時，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1. f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  極小值  極大值  ∴f(x)在x＝1處取得極大值，不符合題意． 綜上所述，a的取值范圍為(1，＋∞)．