《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
課時作業(yè) 5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
1．[2018合肥高三檢測]已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是( )
A. B．1
C．2 D．e
解析：由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－lna，代入曲線方程得y＝1－lna，所以切線方程為y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1?a＝1.
答案：B
2．[2018廣州綜合測試]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為( )
A．(－3,3) B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或當時，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C.
答案：C
3．[2018北師大附中期中]若a＝exdx，b＝xdx，c＝dx，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．a(chǎn)
2，b＝xdx＝x2＝，c＝dx＝lnx＝ln2<1，
∴a，b，c的大小關(guān)系是c0時，f′(x)>0，則( )
A．f(0)>f(log32)>f(－log23)
B．f(log32)>f(0)>f(－log23)
C．f(－log23)>f(log32)>f(0)
D．f(－log23)>f(0)>f(log32)
解析：因為f′(x)是奇函數(shù)，所以f(x)是偶函數(shù)．而|－log23|＝log23>log22＝1,00時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
所以f(0)1，所以1＋ln2x0＝x，x0∈(1，＋∞)．令g(x)＝x2－ln2x－1，x∈[1，＋∞)，則g′(x)＝2x－＝>0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝－ln2<0，g()＝1－ln2<0，g()＝2－ln2>0，所以存在x0∈(，)，使得g(x0)＝0，故的解集為( )
A．(1,2) B．(0,1)
C．(－1,1) D．(1，＋∞)
解析：令g(x)＝f(x)－(x＋1)，∴g′(x)＝f′(x)－<0，故g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減且g(1)＝0.
令g(x)>0，則x<1，f(x2)>?f(x2)－>0?g(x2)>0?x2<1?－10，則g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，g(x)≤g(1)＝1－2a.①當1－2a≤0，即a≥時，g(x)≤0，則f′(x)≤0，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，f(x)≥f(1)＝0，所以f(x)≥0在(0,1]上恒成立．②當1－2a>0，即a<時，在(0,1]上，g(x)≤0不恒成立，所以存在x0，使g(x0)＝0，則在(0，x0)上，g(x)<0，在(x0,1)上，g(x)>0，所以在(0，x0)上f(x)單調(diào)遞減，在(x0,1)上f(x)單調(diào)遞增，由g(x0)＝0，知2lnx0＋1－2a＝0，lnx0＝，x0＝e，f(x0)＝e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－e2a－1，令h(a)＝a－e2a－1，a<，h′(a)＝1－e2a－12＝1－e2a－1>0，h(a)在上單調(diào)遞增，所以h(a)0)．
①當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上遞增，
又f(0)＝1，∴ f(x)在(0，＋∞)上無零點．
②當a>0時，由f′(x)>0解得x>，
由f′(x)<0解得0，則當x∈時，f′(x)<0；
當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2處取得極小值．
若a≤，則當x∈(0,2)時，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的極小值點．
綜上可知，a的取值范圍是.
14．[2018全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程；
(2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0.
解析：(1)解：f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是
2x－y－1＝0.
(2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
當x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
15．[2018武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－，其中a為常數(shù)．
(1)當10時，求g(x)＝xln＋ln(1＋x)的最大值．
解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1.
①當－1<2a－3<0，即10時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當2a－30，即a>時，
當－12a－3時，f′(x)>0，則f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上單調(diào)遞增，
當01時，
令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
易得，g(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞增，在[x1，x2]上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)的極大值為
g(x1)＝g＝＋6>0.
g(x)的極小值為
g(x2)＝g＝－＋6.
若g(x2)≥0，則由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y＝g(x)至多有兩個零點，不合題意．
若g(x2)<0，即(d2－1)>27，也就是|d|>，此時|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋6>0，且－2|d|
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