《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓13 導數(shù)的簡單應用 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓13 導數(shù)的簡單應用 文（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十三)　導數(shù)的簡單應用 [專題通關練] (建議用時：30分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)滿足下列條件： ①f′(x)>0時，x<－1或x>2； ②f′(x)<0時，－1

2、a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1.] 3．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) C　[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.] 4．已知f(x)＝x2

3、＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) C　[由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或?a≥－2，故選C.] 5．(2019·重慶七校聯(lián)考)函數(shù)f(x)(x>0)的導函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(x)的最小值為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 A　[設g(x)＝x

4、f(x)－ex， 則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)． 因為g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當01時，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e.] 6．(2019·西安八校聯(lián)考)已知曲線f(x)＝ex＋x2，則曲線在(0，f(0))處的切線與坐標軸圍成的圖形的面積為________． 　[由題意，得f′(x)＝ex＋2x，所以f′(0)＝1. 又f(0)＝1，所以曲線在(0，f(0))處的切線方程

5、為y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0，所以該切線與x，y軸的交點分別為(－1,0)，(0,1)，所以該切線與坐標軸圍成的圖形的面積為×1×1＝.] 7．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． (－3，－1)∪(1,3)　[f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函數(shù)的增區(qū)間是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函數(shù)的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1<－2

6、3)ex在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－∞，－3]　[f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex， 因函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個極值點，等價于f′(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個變號根，即f′(0)<0，此時a＋3<0，解得a<－3. 當a＝－3時，f′(x)＝(x2－x)ex， 由f′(x)＝0得x＝0或x＝1， 即x＝1是函數(shù)f(x)的一個極值點， 滿足條件，綜上a≤－3.] [能力提升練] (建議用時：15分鐘) 9．已知函數(shù)f(x)＝l

7、n x－ax2＋x，a∈R. (1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調(diào)性． [解]　(1)當a＝0時，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝(x－e)， 即y＝x. (2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0， ①當a≤0時，顯然f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a>0時，令f′(x)＝＝0， 則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正， 設方程的兩根分別為x1，x2(x1

8、x1x2＝－<0，∴x1<00. 令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 10．設函數(shù)f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－4mx＝， 當m≤0時，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當m>0時，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在

9、上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無最大值． 當m>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． ∴f(x)max＝f＝ln －2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2， ∴n＝－ln m－， ∴m＋n＝m－ln m－. 令h(x)＝x－ln x－(x>0)， 則h′(x)＝1－＝， 由h′(x)<0，得00，得x>， ∴h(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h＝ln 2， ∴m＋n的最小值為ln 2. 題號 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 導數(shù)的幾

10、何意義 本題看似是求兩點間距離的最小值，實質是考查導數(shù)與切線方程的靈活應用，考查學生的邏輯推理和數(shù)學運算核心素養(yǎng) 2 利用導數(shù)研究函數(shù)的最值 導數(shù)是高考的熱點，年年都考，借助導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值問題，主要考查分類討論思想、等價轉化思想、函數(shù)與方程思想等，本題以函數(shù)的最值為載體，考查考生邏輯推理和數(shù)學運算的核心素養(yǎng)，體現(xiàn)分類討論思想，從淺入深，層層遞進 【押題1】　設點P，Q分別是曲線y＝xe－x(e是自然對數(shù)的底數(shù))和直線y＝x＋6上的動點，則P，Q兩點間距離的最小值為________． 3　[y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x.令(1－x)e－x＝1，則ex＝1－x，e

11、x＋x－1＝0.令h(x)＝ex＋x－1，易得h(x)是增函數(shù)，且h(0)＝0，則方程ex＋x－1＝0有且只有一解x＝0，易求得過曲線y＝xe－x上點(0,0)的切線方程為y＝x，由題意可得，P，Q兩點間距離d的最小值即兩平行直線x－y＝0和x－y＋6＝0間的距離，所以最小值為dmin＝＝3.] 【押題2】　已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R)． (1)當a＝－1，b＝3時，求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值； (2)當a＝0時，是否存在正實數(shù)b，使當x∈(0，e](e是自然對數(shù)的底數(shù))時，函數(shù)f(x)的最小值是3？若存在，求出b的值；若不存在，說明理由． [解]　(

12、1)當a＝－1，b＝3時，f(x)＝－x2＋3x－ln x，且x∈，則f′(x)＝－2x＋3－＝－＝－. 令f′(x)>0，得，即0<0，得