《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用階段測(cè)試（四）理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用階段測(cè)試（四）理 新人教A版（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用階段測(cè)試（四）理 新人教A版 一、選擇題 1．設(shè)曲線y＝在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋3＝0垂直，則a等于(　　) A．2 B．－2 C. D．－ 答案　B 解析　因?yàn)閥＝的導(dǎo)數(shù)為y′＝，所以曲線在(3,2)處的切線斜率為k＝－，又直線ax＋y＋3＝0的斜率為－a，所以－a·(－)＝－1，解得a＝－2. 2．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是單調(diào)減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－]∪[，＋∞) B．[－，] C．(－∞，－)∪(，＋∞) D．(－，) 答案　B 解析　

2、由題意，知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝(2a)2－4×(－3)×(－1)≤0，解得－≤a≤. 3．已知a≤＋ln x對(duì)任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　A 解析　令f(x)＝＋ln x，則f′(x)＝，當(dāng)x∈[，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，f′(x)>0， ∴f(x)在[，1)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0， 即a的最大值為0. 4．設(shè)f(x)＝(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則?f(x)dx等于(　　) A．－ B．－ C

3、. D. 答案　D 解析　依題意得，?f(x)dx＝?x2dx＋?dx ＝x3|＋ln x|＝＋1＝. 5．已知函數(shù)f(x)對(duì)定義域R內(nèi)的任意x都有f(x)＝f(4－x)，且當(dāng)x≠2時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)>2f′(x)，若22f′(x)，得(x－2)f′(x)>0，所以當(dāng)2<

4、x<4時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．由20；x∈(，]時(shí)，y′<0，故

5、函數(shù)y＝x＋2cos x在[0，)上遞增，在(，]上遞減，所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)取得最大值，為＋. 7．函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________． 答案　(－1,1) 解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±. f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 極大值 極小值 解得所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－1,1)． 8．已知f(x)＝2x3－6x2＋3，對(duì)任意的x∈[－2,2]都有f

6、(x)≤a，則a的取值范圍為________． 答案　[3，＋∞) 解析　由f′(x)＝6x2－12x＝0，得x＝0或x＝2. 又f(－2)＝－37，f(0)＝3，f(2)＝－5， ∴f(x)max＝3，又f(x)≤a，∴a≥3. 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝2處的切線方程為y＝x＋b，求a，b的值； (2)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍． 解　(1)因?yàn)閒′(x)＝x－(x>0)， 又f(x)在x＝2處的切線方程為y＝x＋b， 所以解得a＝2，b＝－2ln 2. (2)若函數(shù)f

7、(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)， 則f′(x)＝x－≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即a≤x2在(1，＋∞)上恒成立． 所以有a≤1. 10．(xx·大綱全國(guó))函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，證明：0，f(x)在(－1，a2－2a)是增函數(shù)； 若x∈(a2－2a,0)，則f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)是減函數(shù)； 若x∈(0，＋∞)，則f′

8、(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是增函數(shù)． ②當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，f(x)在(－1，＋∞)是增函數(shù)． ③當(dāng)a>2時(shí)，若x∈(－1,0)，則f′(x)>0，f(x)在(－1,0)是增函數(shù)； 若x∈(0，a2－2a)，則f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)是減函數(shù)； 若x∈(a2－2a，＋∞)，則f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函數(shù)． (2)證明　由(1)知，當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)是增函數(shù)． 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>f(0)＝0， 即ln(x＋1)>(x>0)． 又由(1)知，當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)在[0,3)是減函數(shù)． 當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，f(x)ln(＋1)>＝. ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln(＋1)<＝， 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)有