2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 有解析

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2019高考數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 有解析 專題限時集訓(xùn)(十三)　導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 (建議用時：60分鐘) 一、選擇題 1．(2018?南寧模擬)已知曲線f(x)＝x2＋ax＋1在點(1，f(1))處切線的斜率為1，則實數(shù)a的值為(　　) A．－34　　　B．－1　　　C.32　　　D．2 B　[f′(x)＝x2＋2x－a(x＋1)2，則f′(1)＝3－a4＝1，解得a＝－1，故選B.] 2．(2018?黃山模擬)已知f(x)＝ln xx，則(　　) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2) D　[f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln xx2，令f′(x)＝0，得x＝e. ∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故x＝e時，f(x)max＝f(e)＝1e，而f(2)＝ln 22＝ln 86，f(3)＝ln 33＝ln 96，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故選D.] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] D　[由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞) f′(x)＋0－0＋ f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增 又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，故－3∈[k,2]，所以k≤－3.] 4．(2018?南平模擬)已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f(0)＝2018，若對任意的x∈R，都有f(x)＞f′(x)，則不等式f(x)＜2018ex的解集為(　　) A．(0，＋∞) B.1e2，＋∞ C.－∞，1e2 D．(－∞，0) A　[根據(jù)題意構(gòu)建函數(shù)g(x)＝f(x)ex，g′(x)＝f′(x)－f(x)ex＜0，故函數(shù)在R上遞減，且g(0)＝2018，所以f(x)＜2018ex等價于g(x)＝f(x)ex＜g(0)，所以x＞0，故選A.] 二、填空題 5．已知函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2ln x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________． 0，12　[函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2ln x的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－2x，令2x＋3－2x<0，即2x2＋3x－2<0，解得x∈－2，12.又x∈(0，＋∞)，所以x∈0，12.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0，12.] 6．(2018?長春模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線經(jīng)過點(2,7)，則a＝________. 1　[f′(x)＝3ax2＋1，由題意知f′(1)＝3a＋1＝f(1)－71－2，即3a＋1＝5－a，解得a＝1.] 三、解答題 7．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋x2(x＜1)，aln x(x≥1). (1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極大值點和極小值； (2)求函數(shù)f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值． [解]　(1)當(dāng)x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝23. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x(－∞，0)00，23 23 23，1 f′(x)－0＋0－ f(x)極小值極大值 所以當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝23. (2)①當(dāng)－1≤x<1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0)和23，1上單調(diào)遞減，在0，23上單調(diào)遞增． 因為f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2. ②當(dāng)1≤x≤e時，f(x)＝aln x，當(dāng)a≤0時，f(x)≤0. 當(dāng)a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a. 綜上，當(dāng)a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當(dāng)a<2時，f(x在[－1，e]上的最大值為2. 8．(2018?臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)＝1＋1ex－ax (1)討論f(x)的單調(diào)性 (2)若函數(shù)g(x)＝xf(x)在(1,2)上不存在極值，求a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝－e－x－a， ①當(dāng)a≥0時，f′(x)＜0在R上恒成立， ②當(dāng)a＜0時，令f′(x)＞0，則有－e－x－a＞0，解得x＞ln－1a. 令f′(x)＜0，則有－e－x－a＜0，解得x＜ln－1a， 綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＜0時，f(x)在ln－1a，＋∞上單調(diào)遞增，在－∞，ln－1a上單調(diào)遞減． (2)由g(x)＝xf(x)＝x＋xex－ax2， 得g′(x)＝1＋ex－xexe2x－2ax＝1＋1－xex－2ax， ∵g(x)在(1,2)上無極值， ∴g′(x)＝0，即1＋1－xex－2ax＝0在(1,2)上無解， 即2a＝1x－x－1xex在(1,2)上無解． 令h(x)＝1x－x－1xex，x∈(1,2)， 則h′(x)＝－1x2－xex－(x－1)(x＋1)ex(xex)2＝x2－x－1－exx2ex， ∵x∈(1,2)，∴x2－x－1－ex＜x2－x－2＝(x＋1)(x－2)＜0，∴h′(x)＜0， ∴h(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，則h(2)＜h(x)＜h(1)， ∵h(yuǎn)(1)＝1，h(2)＝e2－12e2， ∴e2－12e2＜h(x)＜1，即a的取值范圍為e2－14e2，12. 9．(2018?蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝12x2－2aln x＋(a－2)x. (1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)是否存在實數(shù)a，使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由． [解]　(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝12x2＋2ln x－3x， 則f′(x)＝x＋2x－3＝x2－3x＋2x＝(x－1)(x－2)x. 當(dāng)02時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)10時恒成立， ∴a≤12(x2－2x)＝12(x－1)2－12恒成立． 又φ(x)＝12(x－1)2－12，x∈(0，＋∞)的最小值為－12. ∴當(dāng)a≤－12時，g′(x)≥0恒成立． 又當(dāng)a＝－12，g′(x)＝(x－1)2x當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，g′(x)＝0. 故當(dāng)a∈－∞，－12時，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 【教師備選】 已知函數(shù)f(x)＝12x2－(a＋1)x＋2＋aln x(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的極值點； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)在[1，t](t＞1)上的最小值． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋ax ＝x2－(a＋1)x＋ax＝(x－a)(x－1)x. 由f′(x)＝0，可得x1＝a，x2＝1. ①若a≤0，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x(0,1)1(1，＋∞) f′(x)－0＋ f(x)極小值 故f(x)的極小值點為1，無極大值點． ②若01，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x(0,1)1(1，a)a(a，＋∞) f′(x)＋0－0＋ f(x)極大值極小值 故f(x)的極小值點為a，極大值點為1. 綜上，若a≤0，f(x)的極小值點為1，無極大值點； 若01，f(x)極小值點為a，極大值點為1. (2)當(dāng)a＝2時，f(x)＝12x2－3x＋2＋2ln x. 由(1)可知，函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，在[2，＋∞)上單調(diào)遞增， 若12，則函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，在[2，t]上單調(diào)遞增， 所以f(x)的最小值為f(2)＝1222－32＋2＋2ln 2＝－2＋2ln 2. 綜上，當(dāng)12時，f(x)的最小值為－2＋2ln 2.