高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第一部分 考點(diǎn)八 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 Word版含解析

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1、 考點(diǎn)八　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 一、選擇題 1．(2019·銀川模擬)函數(shù)y＝xcosx－sinx的導(dǎo)函數(shù)為(　　) A．y′＝xsinx B．y′＝－xsinx C．y′＝xcosx D．y′＝－xcosx 答案　B 解析　y′＝(xcosx－sinx)′＝cosx＋x(－sinx)－cosx＝－xsinx.故選B. 2．已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x) 的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　如圖，在區(qū)間(a，b)內(nèi)，f′(c)＝0，且在點(diǎn)x＝c附近的左

2、側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有1個(gè)極小值點(diǎn)，故選A. 3．(2019·天津南開區(qū)模擬)過函數(shù)f(x)＝x3－x2圖象上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)作圖象的切線，則切線傾斜角的范圍是(　　) A. B.∪ C. D. 答案　B 解析　因?yàn)閒′(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，所以斜率k＝tanα≥－1，解得傾斜角α∈∪. 4．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋2在區(qū)間[－1,1]上的最大值是(　　) A．－2 B．0 C．2 D．4 答案　C 解析　f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．因?yàn)閒(

3、－1)＝－2，f(0)＝2，f(1)＝0，所以f(x)max＝f(0)＝2.故選C. 5．(2019·湖南師大附中考前演練(五))已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x3－2x－m，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(2，f(2))處的切線斜率為(　　) A．10 B．－10 C．4 D．與m的取值有關(guān) 答案　A 解析　由題意知，f(0)＝0，則m＝0，即f(x)＝x3－2x，當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3－2x，則f′(x)＝3x2－2，所以f′(2)＝f′(－2)＝3×(－2)2－2＝10，即曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(2，f(2))處的切線斜率為10，故選A. 6

4、．(2019·遼寧丹東質(zhì)量測(cè)試(二))若x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的極值點(diǎn)，則a的值為(　　) A．－2 B．3 C．－2或3 D．－3或2 答案　B 解析　∵f′(x)＝(x2＋2ax＋2x－a2－a＋3)ex， ∴f′(1)＝6－a2＋a＝0，解得a＝3或－2，當(dāng)a＝－2時(shí)，f′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f(x)單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)，舍去；當(dāng)a＝3時(shí)，f′(x)＝(x2＋8x－9)ex，滿足x＝1為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，∴a＝3，故選B. 7．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax在(－1,1)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　

5、) A．(1，＋∞) B．[3，＋∞) C．(－∞，1] D．(－∞，3] 答案　B 解析　∵f(x)＝x3－ax，∴f′(x)＝3x2－a.又f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故選B. 8．(2019·黑龍江哈爾濱六中二模)牛頓迭代法亦稱切線法，它是求函數(shù)零點(diǎn)近似解的另一種方法，若定義xk(k∈N)是函數(shù)零點(diǎn)近似解的初始值，過點(diǎn)Pk(xk，f(xk))的切線為y＝f′(xk)(x－xk)＋f(xk)，切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)xk＋1，即為函數(shù)零點(diǎn)近似解的下一個(gè)初始值，以此類推，滿足精度的初始值即為函數(shù)零點(diǎn)的近似解，設(shè)函數(shù)f(x)＝

6、x2－2，滿足x0＝2應(yīng)用上述方法，則x3＝(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因?yàn)閒′(x)＝2x，x0＝2，y0＝2，切線斜率k0＝4，切線方程y－2＝4(x－2)，令y＝0，得x1＝；x1＝，y1＝，切線斜率k1＝3，切線方程為y－＝3，令y＝0，得x2＝；x2＝，y2＝，切線斜率k2＝，切線方程為y－＝，令y＝0，得x3＝，故選D. 二、填空題 9．(2019·河南焦作四模)已知f(x)＝xln x＋，則f′(1)＝________. 答案　 解析　因?yàn)閒′(x)＝1＋ln x－，所以f′(1)＝1－f′(1)，解得f′(1)＝. 10．函數(shù)f(

7、x)＝ln x－x2－x＋5的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 答案　 解析　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，再由f′(x)＝－x－1>0可解得0

8、_____． 答案　m>4或m<－1 解析　由題意可知，f′(x)＝0有不等根，即方程3x2＋2mx＋m＋＝0有不等根，所以Δ>0， 即4m2－12>0，解得m>4或m<－1. 三、解答題 13．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值4. (1)求實(shí)數(shù)a，b的值； (2)當(dāng)a>0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(－2，f(－2))處的切線方程． 解　(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2， ∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0， ∴或 經(jīng)檢驗(yàn)都符合題意． (2)當(dāng)a>0時(shí)，由(1)得f(x

9、)＝x3＋3x2－9x＋9， ∴f′(x)＝3x2＋6x－9. f(－2)＝31，f′(－2)＝－9. ∴所求的切線方程為y－31＝－9(x＋2)， 即9x＋y－13＝0. 14．已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝－(a為實(shí)常數(shù))． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[4，＋∞)上的最小值； (2)若方程e2f(x)＝g(x)(其中e＝2.71828…)在區(qū)間上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－＋， ∴φ′(x)＝－＝. ∵x∈[4，＋∞)，∴φ′(x)>0. ∴函數(shù)φ(x)＝f(x)

10、－g(x)在x∈[4，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝4時(shí)，φ(x)min＝2ln 2－. (2)方程e2f(x)＝g(x)可化為x2＝－. ∴a＝x－x3. 設(shè)y＝x－x3，則y′＝－3x2. ∵x∈， ∴函數(shù)y＝x－x3在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． ∵x＝時(shí)，y＝；x＝時(shí)，y＝；x＝1時(shí)，y＝， ∴y∈，∴a∈. 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)＝x·2x，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取最大值 B．當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取最小值 C．當(dāng)x＝－時(shí)，f(x)取最大值 D．當(dāng)x＝－時(shí)，f(x)取最小值 答案　D 解析　由題意知，f′(x)＝2

11、x＋x·2xln 2，令f′(x)＝0，得x＝－，又當(dāng)x<－時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>－時(shí)，f′(x)>0.∴當(dāng)x＝－時(shí)，f(x)取最小值． 2．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2,2]上有最大值為3，那么此函數(shù)在[－2,2]上的最小值為(　　) A．0 B．－5 C．－10 D．－37 答案　D 解析　由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)0

12、，∴最小值為－37. 3．(2019·晉冀魯豫中原名校第三次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝2x3－3ax2＋1在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(0,1) D．(1,2) 答案　B 解析　f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)； ②當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝1>0，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)，有f(a)＝2

13、a3－3a3＋1＝1－a3<0，得a>1，故選B. 4．(2019·江西吉安一模)過點(diǎn)P(1,1)且與曲線y＝x3相切的直線的條數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　若直線與曲線切于點(diǎn)(x0，y0)(x0≠0)，則k＝＝＝x＋x0＋1，又∵y′＝3x2，∴k＝3x，∴2x－x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－，∴過點(diǎn)P(1，1)與曲線C：y＝x3相切的直線方程為3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0，故選C. 5．(2019·四省聯(lián)考第二次診斷)設(shè)點(diǎn)P在曲線y＝ln x－＋1上，點(diǎn)Q在直線y＝2x上，則線段PQ長(zhǎng)度的最小值為(　　) A．2 B．1

14、C. D. 答案　D 解析　令y′＝＋＝2，解得x＝1，代入y＝ln x－＋1得y＝0，故切點(diǎn)為(1,0)，斜率為2的切線方程為y＝2(x－1)，線段PQ長(zhǎng)度的最小值為兩條平行直線2x－y＝0和2x－y－2＝0的距離，即＝，故選D. 6．(2019·遼寧朝陽重點(diǎn)高中第四次模擬)已知函數(shù)f(x)＝[x]([x]表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù))，若函數(shù)g(x)＝ex－e－x－2的零點(diǎn)為x0，則g[f(x0)]＝(　　) A.－e－2 B．－2 C．e－－2 D．e2－－2 答案　B 解析　因?yàn)間′(x)＝ex＋e－x>0，所以g(x)＝ex－e－x－2在R上單調(diào)遞增，又g(0)

15、＝e0－e0－2＝－2<0，g(1)＝e1－e－1－2>0，所以g(x)在(0,1)上必存在零點(diǎn)，即x0∈(0,1)，因此f(x0)＝[x0]＝0，所以g[f(x0)]＝g(0)＝－2，故選B. 7．(2019·廣東揭陽二模)以下四個(gè)數(shù)中，最大的是(　　) A．ln B. C. D. 答案　B 解析　由題意，令f(x)＝，則f′(x)＝， ∴x>e時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又由e<3<π<，∴f(e)>f(3)>f(π)>f()， 則ln e>ln 3>ln π>ln ()， ∴>ln >>ln 15，故選B. 8．(2019·江西景德鎮(zhèn)第

16、二次質(zhì)檢)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且函數(shù)g(x)＝f(x)＋f(－x)滿足：對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g′(x)≤0，非零實(shí)數(shù)a，b滿足f(a)－f(b)>f(－b)－f(－a)，則下列關(guān)系式中正確的是(　　) A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)b2 D．a(chǎn)2f(－b)－f(－a)，整理得f(a)＋f(－a)>f(b)＋f(－b)，即g(a)>g(b)，又對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g′(x)≤0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝f(x)＋f(－x)＝g(x)，所以g(x)為偶函數(shù)，結(jié)合g(a)