2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 能力提升練 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理 蘇教版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 能力提升練 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 理 蘇教版 一、填空題 1．(xx襄陽調(diào)研)曲線y＝x3－2x＋4在點(1,3)處的切線的傾斜角為________． 解析　由y′＝3x2－2得y′|x＝1＝1，即曲線在點(1,3)處的切線斜率為1，所以切線的傾斜角為45. 答案　45 2．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為________． 解析　設(shè)g(x)＝f(x)－2x－4，由已知g′(x)＝f′(x)－2>0，則g(x)在(－∞，＋∞)上遞增，又g(－1)＝f(－1)－2＝0，由g(x)＝f(x)－2x－4>0，知x>－1. 答案　(－1，＋∞) 3．(xx韶關(guān)模擬)曲線y＝ex在點A處的切線與直線x－y＋3＝0平行，則點A的坐標為________． 解析　直線x－y＋3＝0的斜率為1，所以切線的斜率為1，因為y′＝ex，所以由y′＝ex＝1，解得x＝0，此時y＝e0＝1，即點A的坐標為(0,1)． 答案　(0,1) 4．已知函數(shù)f(x)＝2ln x－xf′(1)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程是________． 解析　易知f′(x)＝－f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2－f′(1)，∴f′(1)＝1，因此f(x)＝2ln x－x，∴f(1)＝－1，∴所求的切線方程為y＋1＝1(x－1)，即x－y－2＝0. 答案　x－y－2＝0 5．(xx濟南質(zhì)檢)若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于________． 解析　∵f′(x)＝12x2－2ax－2b， Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是極值點， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，且a>0，b>0， ∴ab≤＝9，當且僅當a＝b時“＝”成立，所以ab的最大值為9. 答案　9 6．(xx青島模擬)冪指函數(shù)y＝f(x)g(x)在求導(dǎo)數(shù)時，可以運用對數(shù)法：在函數(shù)解析式兩邊求對數(shù)得ln y＝g(x)ln f(x)，兩邊求導(dǎo)數(shù)得＝g′(x)ln f(x)＋g(x)，于是y′＝f(x)g(x).運用此法探求y＝的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 解析　將函數(shù)y＝x兩邊求對數(shù)得ln y＝ln x，兩邊求導(dǎo)數(shù)得＝－ln x＋＝(1－ln x)，所以y′＝y(tǒng)(1－ln x)＝(1－ln x)．令y′>0，即1－ln x>0，∴00，知f(x)在R上是增函數(shù)， ∵f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0. ∴函數(shù)f(x)的零點a∈(0,1)． 由g′(x)＝＋1>0(x>0)， 得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又g(1)＝ln 1＋1－2<0，g(2)＝ln 2>0， ∴函數(shù)g(x)的零點b∈(1,2)， 從而00時，下列結(jié)論正確的是________(填序號)． ①f(x)有極大值，無極小值?、趂(x)有極小值，無極大值?、踗(x)既有極大值又有極小值?、躥(x)既無極大值也無極小值 解析　由條件，得f′(x)＝－＝. 令g(x)＝ex－2x2f(x)， 則g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x) ＝ex－2(x2f′(x)＋2xf(x))＝ex－＝ex， 令g′(x)＝0，得x＝2. 當x>2時，g′(x)>0；當00， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極大(小)值． 答案?、? 11．若曲線f(x)＝ax2＋ln x存在垂直于y軸的切線，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　依題意得，f′(x)＝2ax＋＝0(x>0)有實根，所以a＝－<0. 答案　(－∞，0) 12．若曲線y＝2x－x3在橫坐標為－1的點處的切線為l，則點P(3,2)到直線l的距離為________． 解析　由題意得切點坐標為(－1，－1)，切線斜率為k＝y(tǒng)′|x＝－1＝2－3x2|x＝－1＝2－3(－1)2＝－1. 故切線l的方程為y－(－1)＝－[x－(－1)]， 整理得x＋y＋2＝0. ∴點P(3,2)到直線l的距離為＝. 答案　 13．(xx山東省實驗中學(xué)診斷)曲線y＝x3＋x在點處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為________． 解析　y′＝f′(x)＝x2＋1，在點的切線斜率為k＝f′(1)＝2.所以切線方程為y－＝2(x－1)，即y＝2x－，與坐標軸的交點坐標為，，所以三角形的面積為＝. 答案　 14．設(shè)函數(shù)f(x)＝，g(x)＝，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，則正數(shù)k的取值范圍是________． 解析　因為對任意x1，x2∈(0，＋∞)， 不等式≤恒成立，所以≥. 因為g(x)＝＝xe2－x， 所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x(－1)＝e2－x(1－x)． 當00；當x>1時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以當x＝1時，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e. 又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)． 當且僅當e2x＝，即x＝時取等號，故f(x)min＝2e. 所以＝＝，應(yīng)有≥， 又k>0，所以k≥1. 答案　[1，＋∞) 二、解答題 15．(xx新課標全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解　(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 從而a＝4，b＝4. (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2). 令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或－2. 從而當x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時，f′(x)>0； 當x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減． 當x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 16．設(shè)函數(shù)f(x)＝aex＋＋b(a>0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內(nèi)的最小值； (2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解　(1)f′(x)＝aex－， 令f′(x)>0，得x>－ln a， 令f′(x)<0，得x<－ln a. 所以f(x)在(－ln a，＋∞)上遞增，f(x)在(－∞，－ln a)上遞減． ①當00，f(x)在(0，－ln a)上遞減，在(－ln a，＋∞)上遞增， 從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－ln a)＝2＋b. ②當a≥1時，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f(2)＝3，f′(2)＝ae2－＝， 解得ae2＝2或－(舍去)， 因此a＝. 代入f(2)＝3，得2＋＋b＝3，即b＝. 故a＝，且b＝. 17．(xx南平質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin x，g(x)＝mx－(m為實數(shù))． (1)求曲線y＝f(x)在點P處的切線方程； (2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (3)若m＝1，證明：當x＞0時，f(x)＜g(x)＋. 解　(1)由題意得所求切線的斜率k＝f′＝cos＝.切點P，則切線方程為y－＝ 即x－y＋1－＝0. (2)g′(x)＝m－x2. ①當m≤0時，g′(x)≤0，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，＋∞)； ②當m＞0時，令g′(x)＜0，解得x＜－或x＞， 則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－)，(，＋∞)． (3)當m＝1時，g(x)＝x－. 令h(x)＝g(x)－f(x)＝x－sin x，x∈[0，＋∞)， h′(x)＝1－cos x≥0， 則h(x)是[0，＋∞)上的增函數(shù)． 故當x＞0時，h(x)＞h(0)＝0，即sin x＜x，f(x)＜g(x)＋. 18．已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x的圖象在點x＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3. (1)求實數(shù)a的值； (2)若k∈Z，且k<對任意x>1恒成立，求k的最大值． 解　(1)因為f(x)＝ax＋xln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1. 因為函數(shù)f(x)＝ax＋xln x的圖象在點x＝e處的切線斜率為3， 所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，所以a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x， 又k<＝對任意x>1恒成立， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 則h′(x)＝1－＝>0， 所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 因為h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， 所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一實根x0，且滿足x0∈(3,4)． 當1x0時，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以函數(shù)g(x)＝在(1，x0)上單調(diào)遞減， 在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0， 所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)， 故整數(shù)k的最大值是3.