2018高考数学(文)二轮专题复习习题专题二 函数、不等式、导数 1-2-3 (附答案)
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资料简介
由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 限时规范训练六 导数的简单应用 限时45分钟,实际用时________‎ 分值81分,实际得分________ ‎ 一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)‎ ‎1.设函数f(x)=-aln x,若f′(2)=3,则实数a的值为(  )‎ A.4          B.-4‎ C.2 D.-2‎ 解析:选B.f′(x)=-,故f′(2)=-=3,因此a=-4.‎ ‎2.曲线y=ex在点A处的切线与直线x-y+3=0平行,则点A的坐标为(  )‎ A.(-1,e-1) B.(0,1)‎ C.(1,e) D.(0,2)‎ 解析:选B.设A(x0,e),y′=ex,∴y′|x=x0=e.由导数的几何意义可知切线的斜率k=e.‎ 由切线与直线x-y+3=0平行可得切线的斜率k=1.‎ ‎∴e=1,∴x0=0,∴A(0,1).故选B.‎ ‎3.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为 (  )‎ A. B. C.∪ D.∪ 解析:选D.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则f′(x)=3x2-4cx+1=0有两根,故Δ=(-4c)2-12>0,从而c>或c<-.‎ ‎4.已知f(x)=aln x+x2(a>0),若对任意两个不等的正实数x1,x2都有≥2恒成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[1,+∞) B.(1,+∞)‎ C.(0,1) D.(0,1]‎ 解析:选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2,所以函数的导数f′(x 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎)=+x≥2.可得x=时,f′(x)有最小值2.∴a≥1.‎ ‎5.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是(  )‎ A.f< B.f> C.f< D.f> 解析:选C.构造函数g(x)=f(x)-kx+1,‎ 则g′(x)=f′(x)-k>0,∴g(x)在R上为增函数.‎ ‎∵k>1,∴>0,则g>g(0).‎ 而g(0)=f(0)+1=0,‎ ‎∴g=f-+1>0,‎ 即f>-1=,‎ 所以选项C错误,故选C.‎ ‎6.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,设a=f(0),b=f,c=f(3),则(  )‎ A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a 解析:选C.因为当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,所以f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,1)上是单调递增函数,所以a=f(0)<f=b,又f(x)=f(2-x),所以c=f(3)=f(-1),所以c=f(-1)<f(0)=a,所以c<a<b,故选C.‎ 二、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)‎ ‎7.(2017·高考全国卷Ⅰ)曲线y=x2+在点(1,2)处的切线方程为________.‎ 解析:∵y′=2x-,∴y′|x=1=1,‎ 即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k=1,‎ ‎∴切线方程为y-2=x-1,‎ 即x-y+1=0.‎ 答案:x-y+1=0‎ ‎8.已知函数f(x)=-x2-3x+4ln x在(t,t+1)上不单调,则实数t的取值范围是________.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 解析:由题意得,f(x)的定义域为(0,+∞),∴t>0,‎ ‎∴f′(x)=-x-3+=0在(t,t+1)上有解,‎ ‎∴=0在(t,t+1)上有解,‎ ‎∴x2+3x-4=0在(t,t+1)上有解,由x2+3x-4=0得x=1或x=-4(舍去),∴1∈(t,t+1),∴t∈(0,1),故实数t的取值范围是(0,1).‎ 答案:(0,1)‎ ‎9.已知函数f(x)=+ln x,若函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数a的取值范围为________.‎ 解析:∵f(x)=+ln x,∴f′(x)=(a>0).‎ ‎∵函数f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)=≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,∴ax-1≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,即a≥在x∈[1,+∞)上恒成立,∴a≥1.‎ 答案:[1,+∞)‎ 三、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分)‎ ‎10.(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(1-x2)ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.‎ 令f′(x)=0得x=-1-或x=-1+.‎ 当x∈(-∞,-1-)时,f′(x)0;‎ 当x∈(-1+,+∞)时,f′(x)(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.‎ 综上,a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎11.(2017·河南郑州质量检测)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-(m+1)x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当m≥0时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.‎ 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,‎ 当m≤0时,f′(x)>0,所以函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间.‎ 当m>0时,f′(x)=,当0<x<时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.‎ 综上,当m≤0时,函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m>0时,函数f(x)的单调递增区间是(,+∞),单调递减区间是(0,).‎ ‎(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-x2+(m+1)x-mln x,x>0,问题等价于求函数F(x)的零点个数,‎ 当m=0时,F(x)=-x2+x,x>0,有唯一零点;当m≠0时,F′(x)=-,‎ 当m=1时,F′(x)≤0,函数F(x)为减函数,注意到F(1)=>0,F(4)=-ln 4<0,所以F(x)有唯一零点.‎ 当m>1时,0<x<1或x>m时,F′(x)<0;1<x<m时,F′(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,注意到F(1)=m+>0,‎ F(‎2m+2)=-mln(‎2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.‎ 当0<m<1时,0<x<m或x>1时,F′(x)<0;m<x<1时,F′(x)>0,‎ 所以函数F(x)在(0,m)和(1,+∞)上单调递减,在(m,1)上单调递增,易得ln m<0,‎ 所以F(m)=(m+2-2ln m)>0,而F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.‎ 综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象有一个交点.‎ ‎12.(2017·河南洛阳模拟)已知函数f(x)=ln x-,曲线y=f(x)在点处的切线平行于直线y=10x+1.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)设直线l为函数g(x)=ln x的图象上任意一点A(x0,y0)处的切线,在区间(1,+∞)上是否存在x0,使得直线l与曲线h(x)=ex也相切?若存在,满足条件的x0有几个?‎ 解:(1)∵函数f(x)=ln x-,∴f′(x)=+,‎ ‎∵曲线y=f(x)在点处的切线平行于直线y=10x+1,‎ ‎∴f′=2+8a=10,∴a=1,∴f′(x)=.‎ ‎∵x>0且x≠1,∴f′(x)>0,∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞).‎ ‎(2)存在且唯一,证明如下:‎ ‎∵g(x)=ln x,∴切线l的方程为y-ln x0=(x-x0),即y=x+ln x0-1  ①,‎ 设直线l与曲线h(x)=ex相切于点(x1,ex1),‎ ‎∵h′(x)=ex,∴e=,∴x1=-ln x0,‎ ‎∴直线l的方程也可以写成y-=(x+ln x0),‎ 即y=x++  ②,‎ 由①②得ln x0-1=+,∴ln x0=.‎ 证明:在区间(1,+∞)上x0存在且唯一.‎ 由(1)可知,f(x)=ln x-在区间(1,+∞)上单调递增,‎ 又f(e)=-<0,f(e2)=>0,‎ 结合零点存在性定理,说明方程f(x)=0必在区间(e,e2)上有唯一的根,这个根就是所求的唯一x0.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费

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