2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第一部分 刷考点 考点八 导数及其应用课件 文

考点八导数及其应用第一部分刷考点A卷一、选择题1．(2019·银川模拟)函数y＝xcosx－sinx的导函数为()A．y′＝xsinxB．y′＝－xsinxC．y′＝xcosxD．y′＝－xcosx答案B解析y′＝(xcosx－sinx)′＝cosx＋x(－sinx)－cosx＝－xsinx.故选B.2．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.3．(2019·天津南开区模拟)过函数f(x)＝13x3－x2图象上一个动点作图象的切线，则切线倾斜角的范围是()A．0，3π4B．0，π2∪3π4，πC．3π4，πD．π2，3π4答案B解析因为f′(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，所以斜率k＝tanα≥－1，解得倾斜角α∈0，π2∪3π4，π.4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4答案C解析f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．因为f(－1)＝－2，f(0)＝2，f(1)＝0，所以f(x)max＝f(0)＝2.故选C.5．(2019·湖南师大附中考前演练(五))已知定义在R上的奇函数f(x)，当x≤0时，f(x)＝x3－2x－m，则曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线斜率为()A．10B．－10C．4D．与m的取值有关答案A解析由题意知，f(0)＝0，则m＝0，即f(x)＝x3－2x，当x≤0时，函数f(x)＝x3－2x，则f′(x)＝3x2－2，所以f′(2)＝f′(－2)＝3×(－2)2－2＝10，即曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线斜率为10，故选A.6．(2019·辽宁丹东质量测试(二))若x＝1是函数f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的极值点，则a的值为()A．－2B．3C．－2或3D．－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，当a＝－2时，f′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f(x)单调递增，无极值点，舍去；当a＝3时，f′(x)＝(x2＋8x－9)ex，满足x＝1为函数f(x)的极值点，∴a＝3，故选B.7．已知函数f(x)＝x3－ax在(－1,1)上单调递减，则实数a的取值范围是()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)上单调递减，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.8．(2019·黑龙江哈尔滨六中二模)牛顿迭代法亦称切线法，它是求函数零点近似解的另一种方法，若定义xk(k∈N)是函数零点近似解的初始值，过点Pk(xk，f(xk))的切线为y＝f′(xk)(x－xk)＋f(xk)，切线与x轴交点的横坐标xk＋1，即为函数零点近似解的下一个初始值，以此类推，满足精度的初始值即为函数零点的近似解，设函数f(x)＝x2－2，满足x0＝2应用上述方法，则x3＝()A．32B．1712C．141100D．577408答案D解析因为f′(x)＝2x，x0＝2，y0＝2，切线斜率k0＝4，切线方程y－2＝4(x－2)，令y＝0，得x1＝32；x1＝32，y1＝14，切线斜率k1＝3，切线方程为y－14＝3x－32，令y＝0，得x2＝1712；x2＝1712，y2＝1144，切线斜率k2＝176，切线方程为y－1144＝176x－1712，令y＝0，得x3＝577408，故选D.二、填空题9．(2019·河南焦作四模)已知f(x)＝xlnx＋f′1x，则f′(1)＝________.答案12解析因为f′(x)＝1＋lnx－f′1x2，所以f′(1)＝1－f′(1)，解得f′(1)＝12.10．函数f(x)＝lnx－12x2－x＋5的单调递增区间为________．答案0，5－12解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝1x－x－10可解得0x5－12.11．已知函数f(x)＝ex＋ax的图象在点(0，f(0))处的切线与曲线y＝－lnx相切，则a＝________.答案－2解析因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝1＋a，又f(0)＝1，所以切线方程为y＝(1＋a)x＋1，又y＝－lnx的导函数y′＝－1x，令切点坐标为(t，－lnt)，则－1t＝1＋a＝－lnt－1t，解得t＝1，a＝－2.12．若函数f(x)＝x3＋mx2＋m＋43x＋6在R上有极值，则实数m的取值范围是________．答案m4或m－1解析由题意可知，f′(x)＝0有不等根，即方程3x2＋2mx＋m＋43＝0有不等根，所以Δ0，即4m2－12m＋430，解得m4或m－1.三、解答题13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.(1)求实数a，b的值；(2)当a0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．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，∴a＝3，b＝－9或a＝－2，b＝1.经检验都符合题意．(2)当a0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，∴f′(x)＝3x2＋6x－9.f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.14．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝32－ax(a为实常数)．(1)当a＝1时，求函数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…)在区间12，1上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，函数φ(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－32＋1x，∴φ′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.∵x∈[4，＋∞)，∴φ′(x)0.∴函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[4，＋∞)上单调递增，∴当x＝4时，φ(x)min＝2ln2－54.(2)方程e2f(x)＝g(x)可化为x2＝32－ax.∴a＝32x－x3.设y＝32x－x3，则y′＝32－3x2.∵x∈12，1，∴函数y＝32x－x3在12，22上单调递增，在22，1上单调递减．∵x＝12时，y＝58；x＝22时，y＝22；x＝1时，y＝12，∴y∈12，22，∴a∈12，22.B卷一、选择题1．已知函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是()A．当x＝1ln2时，f(x)取最大值B．当x＝1ln2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln2时，f(x)取最小值答案D解析由题意知，f′(x)＝2x＋x·2xln2，令f′(x)＝0，得x＝－1ln2，又当x－1ln2时，f′(x)0；当x－1ln2时，f′(x)0.∴当x＝－1ln2时，f(x)取最小值．2．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值为3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为()A．0B．－5C．－10D．－37答案D解析由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x0或x2时，f′(x)0，当0x2时，f′(x)0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.3．(2019·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)若函数f(x)＝2x3－3ax2＋1在区间(0，＋∞)内有两个零点，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(0,1)D．(1,2)答案B解析f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．①当a≤0时，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)0，此时函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；②当a0时，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝10，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点，有f(a)＝2a3－3a3＋1＝1－a30，得a1，故选B.4．(2019·江西吉安一模)过点P(1,1)且与曲线y＝x3相切的直线的条数为()A．0B．1C．2D．3答案C解析若直线与曲线切于点(x0，y0)(x0≠0)，则k＝y0－1x0－1＝x30－1x0－1＝x20＋x0＋1，又∵y′＝3x2，∴k＝3x20，∴2x20－x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－12，∴过点P(1，1)与曲线C：y＝x3相切的直线方程为3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0，故选C.5．(2019·四省联考第二次诊断)设点P在曲线y＝lnx－1x＋1上，点Q在直线y＝2x上，则线段PQ长度的最小值为()A．2B．1C.65D.255答案D解析令y′＝1x＋1x2＝2，解得x＝1，代入y＝lnx－1x＋1得y＝0，故切点为(1,0)，斜率为2的切线方程为y＝2(x－1)，线段PQ长度的最小值为两条平行直线2x－y＝0和2x－y－2＝0的距离，即|0－－2|5＝255，故选D.6．(2019·辽宁朝阳重点高中第四次模拟)已知函数f(x)＝[x]([x]表示不超过实数x的最大整数)，若函数g(x)＝ex－e－x－2的零点为x0，则g[f(x0)]＝()A.1e－e－2B．－2C．e－1e－2D．e2－1e2－2答案B解析因为g′(x)＝ex＋e－x0，所以g(x)＝ex－e－x－2在R上单调递增，又g(0)＝e0－e0－2＝－20，g(1)＝e1－e－1－20，所以g(x)在(0,1)上必存在零点，即x0∈(0,1)，因此f(x0)＝[x0]＝0，所以g[f(x0)]＝g(0)＝－2，故选B.7．(2019·广东揭阳二模)以下四个数中，最大的是()A．ln33B．1eC．lnππD．15ln1530答案B解析由题意，令f(x)＝lnxx，则f′(x)＝1－lnxx2，∴xe时，f′(x)0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减，又由e3π15，∴f(e)f(3)f(π)f(15)，则lne1eln313lnπ1πln(15)115，∴1eln33lnππ1530ln15，故选B.8．(2019·江西景德镇第二次质检)函数f(x)的定义域为R，且函数g(x)＝f(x)＋f(－x)满足：对任意x∈(0，＋∞)，g′(x)≤0，非零实数a，b满足f(a)－f(b)f(－b)－f(－a)，则下列关系式中正确的是()A．abB．abC．a2b2D．a2b2答案D解析因为f(a)－f(b)f(－b)－f(－a)，整理得f(a)＋f(－a)f(b)＋f(－b)，即g(a)g(b)，又对任意x∈(0，＋∞)，g′(x)≤0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝f(x)＋f(－x)＝g(x)，所以g(x)为偶函数，结合g(a)g(b)，可得|a||b|，所以a2b2，故选D.二、填空题9．(2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则f(x)的极大值为________．答案2ln2－2解析∵f′(x