2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 文.doc
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2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練6 導數(shù)及其應用 文 一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分) 1.函數(shù)y=f(x)的圖象在點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. 2.f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)的圖象最有可能是下圖中的( ). 3.當x∈(0,5)時,函數(shù)y=xln x( ). A.是單調增函數(shù) B.是單調減函數(shù) C.在上單調遞增,在上單調遞減 D.在上單調遞減,在上單調遞增 4.(xx江西贛州模擬,文4)曲線C:y=x3+x+1上斜率最小的一條切線與圓x2+y2=的交點個數(shù)為( ). A.1 B.2 C.3 D.4 5.f(x)是定義在(0,+∞)上的非負可導函數(shù),且滿足xf′(x)-f(x)≤0,對任意正數(shù)a,b,若a<b,則必有( ). A.a(chǎn)f(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b) C.a(chǎn)f(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a) 6.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示的曲線過原點,且在x=1處的切線斜率均為-1,給出以下結論: ①f(x)的解析式為f(x)=x3-4x,x∈[-2,2]; ②f(x)的極值點有且僅有一個; ③f(x)的最大值與最小值之和等于0. 其中正確的結論有( ). A.0個 B.1個 C.2個 D.3個 二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分) 7.在直徑為d的圓木中,截取一個具有最大抗彎強度的長方體梁,則矩形面的長為__________.(強度與bh2成正比,其中h為矩形的長,b為矩形的寬) 8.函數(shù)f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的極大值是正數(shù),極小值是負數(shù),則a的取值范圍是__________. 9.若點P是曲線y=x2-ln x上任意一點,則點P到直線y=x-2的最小距離為__________. 三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10.(本小題滿分15分)設x=1與x=2是函數(shù)f(x)=aln x+bx2+x的兩個極值點. (1)試確定常數(shù)a和b的值; (2)試判斷x=1,x=2是函數(shù)f(x)的極大值點還是極小值點,并說明理由. 11.(本小題滿分15分)(xx江西八校聯(lián)考,文19)已知函數(shù)f(x)=,g(x)=aln x+a. (1)當a=1時,求F(x)=f(x)-g(x)的單調區(qū)間; (2)若x>1時,函數(shù)y=f(x)的圖象總在函數(shù)y=g(x)的圖象的上方,求實數(shù)a的取值范圍. 12.(本小題滿分16分)已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)求函數(shù)f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; (2)對一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍; (3)證明:對一切x∈(0,+∞),都有l(wèi)n x>-成立. 參考答案 一、選擇題 1.B 解析:由題意知f(5)=-5+8=3,f′(5)=-1,故f(5)+f′(5)=2.故選B. 2.A 解析:根據(jù)導函數(shù)f′(x)的圖象可知f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上單調遞減,在(-2,0)上單調遞增.故選A. 3.D 解析:y′=ln x+1,令y′=0,得x=. 在上y′<0,在上y′>0, ∴y=xln x在上單調遞減, 在上單調遞增.故選D. 4.A 解析:y′=x2+1≥1,當x=0時,曲線C上的切線斜率最小,為1,即x-y+1=0,圓心到直線的距離為d===r,所以直線與圓相切,有一個交點.故選A. 5.A 解析:設F(x)=,則F′(x)=≤0, 故F(x)=為減函數(shù). 由0<a<b,有≥?af(b)≤bf(a),故選A. 6.C 解析:∵f(0)=0,∴c=0.∵f′(x)=3x2+2ax+b, ∴即解得a=0,b=-4, ∴f(x)=x3-4x,∴f′(x)=3x2-4. 令f′(x)=0得x=∈[-2,2],∴極值點有兩個. ∵f(x)為奇函數(shù),∴f(x)max+f(x)min=0. ∴①③正確,故選C. 二、填空題 7.d 解析:如圖為圓木的橫截面, 由b2+h2=d2,∴bh2=b(d2-b2). 設f(b)=b(d2-b2),∴f′(b)=-3b2+d2. 令f′(b)=0,又∵b>0, ∴b=d,且在上f′(b)>0,在上f′(b)<0. ∴函數(shù)f(b)在b=d處取極大值,也是最大值,即抗彎強度最大,此時長h=d. 8. 解析:f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由f′(x)=0得x=a,當-a<x<a時,f′(x)<0,函數(shù)遞減; 當x>a或x<-a時,f′(x)>0,函數(shù)遞增. ∴f(-a)=-a3+3a3+a>0,且f(a)=a3-3a3+a<0,解得a>. 9. 解析:過點P作y=x-2的平行直線,且與曲線y=x2-ln x相切. 設P(x0,-ln x0),則有k=y(tǒng)′|x=x0=2x0-. ∴2x0-=1, ∴x0=1或x0=-(舍去), ∴P(1,1),∴d==. 三、解答題 10.解:(1)f′(x)=+2bx+1. 由已知?解得 (2)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下: x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘ ∴在x=1處,函數(shù)f(x)取得極小值. 在x=2處,函數(shù)f(x)取得極大值-ln 2. 11.解:(1)當a=1時,F(xiàn)(x)=-ln x-1(x>0), 則F′(x)=-=. 令F′(x)≥0有x≤0(舍去)或x≥1; 令F′(x)<0有0<x<1. 故F(x)的單調遞增區(qū)間為[1,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,1). (2)構造H(x)=f(x)-g(x)(x>1), 即H(x)=-aln x-a(x>1),則H′(x)=. ①當a≤e時,ex-a>0成立, 則x>1時,H′(x)>0,即H(x)在(1,+∞)上單調遞增, 令H(1)=e-a-a≥0,得a≤e,故a≤e滿足題意; ②當a>e時,令H′(x)=0有x=1或x=ln a>1, 令H′(x)≥0有x≤1或x≥ln a,令H′(x)<0有1<x<ln a. 又x>1,故H(x)在(1,ln a)上單調遞減,在[ln a,+∞)上單調遞增, 故令H(x)min=H(ln a)=-aln(ln a)-a>0,得a<,不滿足a>e,舍去. 綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是a≤e. 12.(1)解:f′(x)=ln x+1,則當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈時,f′(x)>0,f(x)單調遞增. ①0<t<t+2<,沒有最小值; ②0<t<<t+2,即0<t<時,f(x)min=f=-; ③≤t<t+2,即t≥時,f(x)在[t,t+2]上單調遞增,f(x)min=f(t)=tln t.所以f(x)min= (2)解:2xln x≥-x2+ax-3,則a≤2ln x+x+, 設h(x)=2ln x+x+(x>0),則h′(x)=. ①x∈(0,1),h′(x)<0,h(x)單調遞減; ②x∈(1,+∞),h′(x)>0,h(x)單調遞增. 所以h(x)min=h(1)=4,對一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立.所以a≤h(x)min=4,即a的取值范圍是(-∞,4]. (3)證明:問題等價于證明xln x>-(x∈(0,+∞)), 由(1)可知f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是-, 當且僅當x=時取到. 設m(x)=-(x∈(0,+∞)),則m′(x)=, 易知m(x)max=m(1)=-,當且僅當x=1時取到, 從而對一切x∈(0,+∞),都有l(wèi)n x>-成立.- 配套講稿:
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