2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用專(zhuān)題訓(xùn)練（含解析）.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用專(zhuān)題訓(xùn)練（含解析） 一、選擇題 1．函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)x＝5處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)等于(　　) A．1 B．2 C．0 D. 解析　由題意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故選B. 答案　B 2．函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能為(　　) 解析　x<0時(shí)，f(x)為增函數(shù)，所以導(dǎo)函數(shù)在x<0時(shí)大于零；x>0時(shí)，原函數(shù)先增后減再增，所以導(dǎo)函數(shù)先大于零再小于零之后又大于零．故選D. 答案　D 3．(理)(xx山東淄博一模)若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象可能是(　　) A．①④ B．②④ C．②③ D．③④ 解析　因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，即導(dǎo)函數(shù)要么圖象無(wú)增減性，要么在直線x＝兩側(cè)單調(diào)性相反．由圖①得，在a處切線斜率最小，在b處切線斜率最大，故導(dǎo)函數(shù)圖象不關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，故①不成立；由圖②得，在a處切線斜率最大，在b處切線斜率最小，故導(dǎo)函數(shù)圖象不關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，故②不成立；由圖③得，原函數(shù)為一次函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為常數(shù)函數(shù)，故導(dǎo)函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，③成立；由圖④得，原函數(shù)有一對(duì)稱(chēng)中心，在直線x＝與原函數(shù)圖象的交點(diǎn)處，故導(dǎo)函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱(chēng)，④成立；所以滿足要求的有③④，故選D. 答案　D 3．(文)函數(shù)f(x)＝3x2＋lnx－2x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．無(wú)數(shù)個(gè) 解析　函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝6x＋－2＝， 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0， ∴g(x)>0恒成立， 故f′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)． 答案　A 4．(xx重慶七校聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率是(　　) A．2 B．1 C．3 D．－2 解析　由f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8兩邊求導(dǎo)得，f′(x)＝2f′(2－x)(－1)－2x＋8.令x＝1得f′(1)＝2f′(1)(－1)－2＋8?f′(1)＝2，∴k＝2. 答案　A 5．(xx云南昆明一模)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．若x1，x2(x10，且x≠1，f(x)≥2 D．?x0>0，f(x)在(x0，＋∞)上是增函數(shù) 解析　由已知f′(x)＝－＝(x>0，且x≠1)，令f′(x)＝0，得x＝e或x＝.當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈∪(1，e)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故x＝和x＝e分別是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，故函數(shù)f(x)在和(1，e)內(nèi)單調(diào)遞減，所以A、B錯(cuò)；當(dāng)00，則－t<. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－t) f′(x) ＋ － ＋ f(x)  ↘  所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－t)，；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是. 11．(理)(xx福建卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2ln2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無(wú)極大值． (2)令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x. 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0， 因此，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)>0，即x20時(shí)，x20時(shí)，x21，要使不等式x2kx2成立． 而要使ex>kx2成立，則只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立． 令h(x)＝x－2lnx－lnk，則h′(x)＝1－＝， 所以當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k， 易知k>lnk，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0. 即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x21， 即a>. ∴f(2)＝－8＋4a＋(1－a)＝3a－7>－. 故f(2)的取值范圍為. B級(jí)——能力提高組 1．(理)(xx江西卷)若f(x)＝x2＋2f(x)dx， 則f(x)dx＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 解析　直接求解定積分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x2＋2f(x)dx， ∴f(x)dx＝ ＝＋2f(x)dx， ∴f(x)dx＝－. 答案　B 1．(文)(理)2. (xx中原名校二模)已知函數(shù)g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，設(shè)x1，x2是方程f(x)＝0的兩根，則|x1－x2|的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析　因?yàn)閒(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝c(2a－2c)>0,0<<1，又|x1－x2|＝＝＝＝∈. 答案　A 2．(理)(xx中原名校二模)已知函數(shù)g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，設(shè)x1，x2是方程f(x)＝0的兩根，則|x1－x2|的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析　因?yàn)閒(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝c(2a－2c)>0,0<<1，又|x1－x2|＝＝＝＝∈. 答案　A 2．(文)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,0)，(2,0)， 如圖所示，則下列說(shuō)法中不正確的是________． ①當(dāng)x＝時(shí)函數(shù)取得極小值； ②f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)； ③當(dāng)x＝2時(shí)函數(shù)取得極小值； ④當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)取得極大值． 解析　從圖象上可以看到：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)1和2，且當(dāng)x＝2時(shí)函數(shù)取得極小值，當(dāng)x＝1時(shí)函數(shù)取得極大值．只有①不正確． 答案?、? 3．(理)(xx課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，求b的最大值； (3)已知1.414 2<<1.414 3，估計(jì)ln2的近似值(精確到0.001)． 解　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立． 所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． ①當(dāng)b≤2時(shí)，g′(x)≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．而g(0)＝0，所以對(duì)任意x>0，g(x)>0； ②當(dāng)b>2時(shí)，若x滿足20，ln2>>0.692 8； 當(dāng)b＝＋1時(shí)，ln(b－1＋)＝ln， g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0， ln2<<0.693 4. 所以ln2的近似值為0.693. 3．(文)(xx課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； (2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)． 解　(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2. 由題設(shè)得－＝－2， 所以a＝1. (2)證明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設(shè)知1－k>0. 當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實(shí)根． 當(dāng)x>0時(shí)，令h(x)＝x3－3x2＋4， 則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增， 所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒(méi)有實(shí)根． 綜上，g(x)＝0在R有唯一實(shí)根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．