（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 文 蘇教版

《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 文 蘇教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 文 蘇教版（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1．(2019·寧波模擬)曲線y＝在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為_(kāi)_______． [解析] 由題意可得：y′＝，所以在點(diǎn)(1，－1)處的切線斜率為－2，所以在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為y＝－2x＋1． [答案] y＝－2x＋1 2．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考信息卷(一))若函數(shù)f(x)＝x3－3x2的單調(diào)遞減區(qū)間為[a，b]，則a＋b＝______． [解析] 因?yàn)閒(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x．令f′(x)≤0，得0≤x≤2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[0，2]，所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2． [答案] 2 3．

2、(2019·江蘇省名校高三入學(xué)摸底卷)已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，f(x)＋f(x＋2)＝4，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)＝x2，則f′(2 019)＝______． [解析] 因?yàn)閒(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期為4．當(dāng)x∈[2，4]時(shí)，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因?yàn)閒(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根據(jù)周期性知，f′(2 019)＝f′(3)＝－2．

3、 [答案] －2 4．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函數(shù)f(x)與g(x)有相同的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______． [解析] 因?yàn)閒(x)＝－x2＋2ln x，所以f′(x)＝－2x＋＝－(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，所以x＝1是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．因?yàn)間(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－．又函數(shù)f(x)與g(x)＝x＋有相同極值點(diǎn)，所以x＝1也是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1．經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取到極小值． [答案]

4、 1 5．(2019·高三第一次調(diào)研測(cè)試)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線y＝3x＋t與曲線y＝asin x＋bcos x(a，b，t∈R)相切于點(diǎn)(0，1)，則(a＋b)t的值為_(kāi)_____． [解析] 由題意可得t＝1，b＝1，y′＝acos x－bsin x，則acos 0－bsin 0＝3，a＝3，所以(a＋b)t＝4． [答案] 4 6．(2018·高考江蘇卷)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為_(kāi)_______． [解析] f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，當(dāng)

5、a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，所以此時(shí)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，不滿足題意．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，則f(x)min＝－4，所以f(x

6、)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3． [答案] －3 7．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考信息卷(八))已知函數(shù)f(x)＝xln x＋x2－3x在區(qū)間內(nèi)有極值，則整數(shù)n的值為_(kāi)_____． [解析] 由題意知，f′(x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g(x)＝ln x＋x－2，因?yàn)間()＝ln ＋－2＝ln －0，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2在(，2)內(nèi)有零點(diǎn)．又g′(x)＝＋1>0恒成立，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零點(diǎn)x0∈(，2)，則當(dāng)x∈(0，x

7、0)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，則x0是函數(shù)f(x)唯一的極值點(diǎn)，且x0∈(，2)，結(jié)合題意可知n＝2． [答案] 2 8．(2019·高三第二學(xué)期四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝a·ex－e－x的圖象在x＝0處的切線與直線y＝2x－3平行，則不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0的解集為_(kāi)_____． [解析] f′(x)＝aex＋e－x，由題易知f′(0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x)＝ex－e－x．易知f(x)＝ex－e－x為奇函數(shù)且f′(x)＝ex＋e－x>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0可化為f(x2－1)<

8、f(x－1)，由f(x)單調(diào)遞增可得x2－1

9、－2x2＝－2x2－＋6＝－＋2≤－2＋2＝2－，當(dāng)且僅當(dāng)(4x2－8)＝時(shí)，上式取等號(hào)，因此3x1－2x2的最大值為2－． [答案] 2－ 10．(2018·江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x的圖象在x＝2處的切線與直線x＋3y＝0垂直，g(x)＝，若存在正實(shí)數(shù)m，n，使得f(m)≤f(x)，g(n)≤g(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則函數(shù)h(x)＝mf(x)＋ng(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________． [解析] 由題意可得函數(shù)f(x)＝x2－aln x的圖象在x＝2處的切線斜率為3，f′(x)＝2x－，f′(2)＝4－＝3，a＝2，f′(x)＝2x－＝，當(dāng)

10、01時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(m)＝f(1)，m＝1．g(x)＝x－2(x>0)，g′(x)＝1－＝，當(dāng)01時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(n)＝g(1)，n＝1．則h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－2ln x＋x－2，易知當(dāng)01時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，且h(1)＝0，所以函數(shù)h(x)有1個(gè)零點(diǎn)． [答案] 1 11．(2019·江蘇省名校高三入學(xué)摸底卷)已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(x2－x)(a＜0)，g(x

11、)＝． (1)若函數(shù)g(x)的圖象在x＝2處的切線在y軸上的截距為4ln 2，求a的值； (2)判斷函數(shù)g(x)在x∈(0，1)上的單調(diào)性，并說(shuō)明理由； (3)若方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：x1＋x2＞1． [解] (1)g(x)＝＝－a(a＜0)，則g′(x)＝＝． g(2)＝2ln 2－a，g′(2)＝1－ln 2，函數(shù)g(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y－(2ln 2－a)＝(1－ln 2)(x－2)，將點(diǎn)(0，4ln 2)代入，解得a＝－2． (2)令h(x)＝x－ln x－1，則h′(x)＝1－＝，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單

12、調(diào)遞減，h(x)＞h(1)＝0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在x∈(0，1)上單調(diào)遞增． (3)證明：f′(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)，令φ(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)(a＜0)，則φ′(x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(ea－2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，則存在x0∈(0，1)，使得φ′(x0)＝0， 即2ln x0＋3－2a＝0，則f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(x0)＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0，f′(1)＝1－

13、a＞0， 又當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，函數(shù)f′(x)的圖象均在y軸下方，所以可設(shè)f′(x3)＝0，則x3∈(x0，1)，所以f(x)在(0，x3)上單調(diào)遞減，在(x3，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝0，不妨設(shè)x1＜x2，則數(shù)形結(jié)合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由(2)知，g(x1)＜g(x3)＜g(x2)， 即 則g(x3)(x－x2)＞f(x2)＝f(x1)＞g(x3)(x－x1)， 所以(x－x2)－(x－x1)＝(x2－x1)(x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1． 12．(2019·江蘇名校高三入學(xué)摸底)已知函數(shù)f(x)＝－1． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)m>0

14、，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值． [解] (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得0e． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)． (2)①當(dāng)，即0

15、)?(e，＋∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(m)＝－1． 綜上所述，當(dāng)0

16、，f(x)＝2ln x＋x2－3x(x>0)， f′(x)＝＋x－3＝， 令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2． 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示． x (0，1) 1 (1，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以函數(shù)f(x)的極大值f(1)＝－，極小值為f(2)＝2ln 2－4． (2)依題意，知切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 從而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 記p(x)＝f(x)－g(x)， 則p

17、(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 所以p′(x)＝f′(x)－f′(x0)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即p′(x)＝－＋x－x0≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即x＋≥x0＋在(0，＋∞)上恒成立， 因?yàn)閤＋≥2＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)，等號(hào)成立)， 所以2≥x0＋，從而(x0－)2≤0，所以x0＝． (3)假設(shè)存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)不同的切點(diǎn)T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，不妨設(shè)0

18、－f(x2)＝f′(x2)(x－x2)． 因?yàn)閘1，l2為同一條直線，所以f′(x1)＝f′(x2)，f(x1)－x1f′(x1)＝f(x2)－x2f′(x2)，即＋x1－a＝＋x2－a， 2ln x1＋x－ax1－x1＝2ln x2＋x－ax2－x2， 整理得2ln＋－＝0．① 令t＝，由0p(1)＝0． 從而①式不可能成立，所以假設(shè)不成立，即不存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于兩個(gè)不同的點(diǎn)． 14．已知函數(shù)f(x

19、)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)試討論f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無(wú)關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，求c的值． [解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax， 令f′(x)＝0， 解得x1＝0，x2＝－． 當(dāng)a＝0時(shí)， 因?yàn)閒′(x)＝3x2≥0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時(shí)，x∈(－∞，－)∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，x∈(－，0)時(shí)，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，－)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－，0)上單調(diào)遞減；

20、當(dāng)a<0時(shí)，x∈(－∞，0)∪(－，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，x∈(0，－)時(shí)，f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(－，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，－)上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)＝b， f(－)＝a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)·f(－)＝b(a3＋b)<0， 從而或 又b＝c－a，所以當(dāng)a>0時(shí)，a3－a＋c>0或當(dāng)a<0時(shí)，a3－a＋c<0． 設(shè)g(a)＝a3－a＋c，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)， 則在(－∞，－3)上g(a)<0，且在(1，)∪(，＋∞)上g(a)>0均恒成立， 從而g(－3)＝c－1≤0，且g()＝c－1≥0，因此c＝1． 此時(shí)，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因?yàn)楹瘮?shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)． 綜上c＝1． - 8 -