届高考一轮复习理科数学 导数及其应用分层练7份+详细解析.docx
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届高考一轮复习理科数学导数及其应用分层练7份+详细解析
第15讲 导数的概念及运算
1.(2019·江西赣州期中试卷)若f(x)=x2-2x-4lnx,则f′(x)>0的解集为(C)
A.(0,+∞)B.(-1,0)∪(2,+∞)
C.(2,+∞)D.(-1,0)
x>0,
f′(x)=2x-2-
=
>0,
所以x∈(2,+∞).
2.(2018·西安市长安一中第六次质检)已知y=f(x)是可导函数,如图,直线y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),g′(x)是g(x)的导函数,则g′(3)=(B)
A.-1B.0
C.2D.4
由图象可知曲线y=f(x)在x=3处的切线的斜率等于-
,所以f′(3)=-
,且f(3)=1.
因为g(x)=xf(x),所以g′(x)=f(x)+xf′(x),
所以g′(3)=f(3)+3f′(3)=1+3×(-
)=0.
3.(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(D)
A.y=-2xB.y=-x
C.y=2xD.y=x
(方法1)因为f(x)=x3+(a-1)x2+ax,
所以f′(x)=3x2+2(a-1)x+a.
又f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x)恒成立,
即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立,
所以a=1,所以f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,
所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
(方法2)因为f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,
所以f′(x)=3x2+2(a-1)x+a为偶函数,
所以a=1,即f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,
所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
4.(2016·山东卷)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质,下列函数中具有T性质的是(A)
A.y=sinxB.y=lnx
C.y=exD.y=x3
若y=f(x)的图象上存在两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),使得函数图象在这两点处的切线互相垂直,则f′(x1)·f′(x2)=-1.
对于A,y′=cosx,若有cosx1·cosx2=-1,则存在x1=2kπ,x2=2kπ+π(k∈Z)时,结论成立;
对于B,y′=
,若有
·
=-1,即x1x2=-1,因为x>0,所以不存在x1,x2,使得x1x2=-1;
对于C,y′=ex,若有ex1·ex2=-1,即ex1+x2=-1,显然不存在这样的x1,x2;
对于D,y′=3x2,若有3x
·3x
=-1,即9x
x
=-1,显然不存在这样的x1,x2.
综上所述,选A.
5.(2018·全国卷Ⅲ)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=__-3__.
因为y′=(ax+a+1)ex,所以当x=0时,y′=a+1,
所以a+1=-2,得a=-3.
6.如图,函数f(x)的图象是折线段ABC,其中A,B,C的坐标分别为(0,4),(2,0),(6,4),
则f[f(0)]= 2 ;li
= -2 .(用数字作答)
f[f(0)]=f(4)=2.
因为直线AB的方程为y=-2x+4(0≤x≤2),
所以y′=-2.
所以li
=f′
(1)=-2.
7.(2018·佛山一模节选)已知函数f(x)=(x-a)lnx+
x,(其中a∈R).若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y=
x,求a的值.
f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx-
+
,
由题意知
则
解得
或
所以a=1.
8.(2018·广东七校联考)函数f(x)=xcosx的导函数f′(x)在区间[-π,π]上的图象大致是(A)
因为f′(x)=cosx-xsinx,所以f′(0)=1,所以排除C、D,令g(x)=cosx-xsinx,则g′(x)=-2sinx-xcosx,
当x∈(0,
)时,g′(x)<0,所以g(x)即f′(x)在(0,
)上单调递减,所以排除B,故选A.
9.(2018·重庆七校联考)若对于曲线f(x)=-ex-x(e为自然对数的底数)的任意切线l1,总存在曲线g(x)=ax+2cosx的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为 [-1,2] .
设曲线f(x)和g(x)的切点分别为(x1,f(x1)),(x2,g(x2)),
易知k1=-ex1-1,k2=a-2sinx2,x1,x2∈R,
因为l1⊥l2,所以(-ex1-1)·(a-2sinx2)=-1,
即a-2sinx2=
.
令u(x2)=a-2sinx2,v(x1)=
,
则它们的值域分别为[a-2,a+2]与(0,1),
由题意知,对任意的x1,总存在x2,使得上述等式成立,
所以(0,1)⊆[a-2,a+2],所以a-2≤0且a+2≥1,
即-1≤a≤2.所以a的取值范围为[-1,2].
10.已知函数f(x)=ax3+3x2-6ax-11,g(x)=3x2+6x+12,直线m:
y=kx+9,且
f′(-1)=0.
(1)求a的值;
(2)是否存在k的值,使直线m既是曲线y=f(x)的切线,又是曲线y=g(x)的切线?
如果存在,求出k的值;如果不存在,请说明理由.
(1)f′(x)=3ax2+6x-6a,
f′(-1)=0,即3a-6-6a=0,所以a=-2.
(2)直线m恒过定点(0,9),若直线m是曲线y=g(x)的切线,设切点为(x0,3x
+6x0+12),
因为g′(x0)=6x0+6,
所以切线方程为y-(3x
+6x0+12)=(6x0+6)(x-x0),
将(0,9)代入,得x0=±1.
当x0=-1时,切线方程为y=9;
当x0=1时,切线方程为y=12x+9.
由f′(x)=0,得-6x2+6x+12=0,
解得x=-1或x=2.
在x=-1处,y=f(x)的切线方程为y=-18;
在x=2处,y=f(x)的切线方程为y=9.
所以y=f(x)与y=g(x)的公切线是y=9.
又由f′(x)=12,得-6x2+6x+12=12,解得x=0或x=1,
在x=0处,y=f(x)的切线方程为y=12x-11;
在x=1处,y=f(x)的切线方程为y=12x-10.
所以y=f(x)与y=g(x)的公切线不是y=12x+9.
综上所述,存在k=0,使直线m:
y=9既是曲线y=f(x)的切线,又是曲线y=g(x)的切线.
第16讲 导数在函数中的应用——单调性
1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(D)
A.(-∞,2)B.(0,3)
C.(1,4)D.(2,+∞)
f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,
令f′(x)>0,解得x>2.
2.若函数f(x)=x3-ax在区间[1,+∞)内单调递增,则a的最大值是(B)
A.4B.3
C.2D.1
依题意,f′(x)=3x2-a≥0对x∈[1,+∞)恒成立,即a≤3x2对x∈[1,+∞)恒成立,所以a≤3.
3.已知对任意实数x,有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),且x>0时,f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时(B)
A.f′(x)>0,g′(x)>0B.f′(x)>0,g′(x)<0
C.f′(x)<0,g′(x)>0D.f′(x)<0,g′(x)<0
f(x)为奇函数,g(x)为偶函数,由图象的对称性知,当x<0时,f′(x)>0,g′(x)<0,选B.
4.(2018·全国卷Ⅲ)函数y=-x4+x2+2的图象大致为(D)
(方法1)f′(x)=-4x3+2x,则f′(x)>0的解集为(-∞,-
)∪(0,
),则f(x)在相应区间上单调递增;f′(x)<0的解集为(-
,0)∪(
,+∞),则f(x)在相应区间上单调递减.故选D.
(方法2)当x=1时,y=2,所以排除A,B选项.当x=0时,y=2,而当x=
时,y=-
+
+2=2
>2,所以排除C选项.
5.若函数f(x)=-
(x-2)2+blnx在(1,+∞)上是减函数,则b的取值范围为 (-∞,-1] .
由题意可知f′(x)=-(x-2)+
≤0在x∈(1,+∞)上恒成立.即b≤x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,
由于φ(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),所以只要b≤-1即可.
6.已知f(x)为R上的可导函数,y=ef′(x)的图象如图所示,则f(x)的递增区间是 (-∞,2) ,递减区间是 (2,+∞) .
由图象可知:
当x<0时,ef′(x)>1,f′(x)>0;
当0
当x>2时,ef′(x)<1,f′(x)<0.
故f(x)在区间(-∞,2)内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减.
7.(2016·北京卷)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
(1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f′(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,
即
解得
(2)由
(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f′(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g
(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).
综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞),
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
8.(2018·天河区三模)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示,则函数g(x)=
的递减区间为(D)
A.(0,4)B.(-∞,1),(
,4)
C.(0,
)D.(0,1),(4,+∞)
结合图象,x∈(0,1)或x∈(4,+∞)时,f′(x)-f(x)<0,此时g′(x)=
<0.故g(x)在(0,1),(4,+∞)内递减.
9.若函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是 (-∞,2ln2-2) .
因为f(x)=x2-ex-ax,所以f′(x)=2x-ex-a,
因为函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,
所以f′(x)=2x-ex-a>0有解,即a<2x-ex有解,
设g(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,
令g′(x)=0,解得x=ln2,
当x
所以当x=ln2时,g(x)取得最大值,且g(x)max=g(ln2)=2ln2-2,所以a<2ln2-2.
10.(2018·武汉月考)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R,e为自然对数的底数).
(
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