《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(yīng)用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(yīng)用 理（7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(yīng)用 [專題通關(guān)練] (建議用時：30分鐘) 1．(2019·深圳二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的傾斜角為(　　) A.　　 B. C. D. B　[函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋是奇函數(shù)， 可得f(－x)＝－f(x)，可得a＝0，f(x)＝x＋， f′(x)＝1－，即有曲線y＝f(x)在x＝1處的切線斜率為k＝1－2＝－1，可得切線的傾斜角為，故選B.] 2．若x＝是函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex的極值點，則函數(shù)y＝f(x)的最小值為(　　) A．(2＋2)e B．0

2、 C．(2－2)e D．－e C　[∵f(x)＝(x2－2ax)ex， ∴f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex， 由題意可知f′()＝0，即a＝1.∴f(x)＝(x2－2x)ex. ∴f′(x)＝(x2－2)ex， 由f′(x)＝0得x＝±. 又f()＝(2－2)e，f(－)＝(2＋2)e，且f()＜f(－)．故選C.] 3．[易錯題](2019·長春二模)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，f(1)＝e，x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，e) D．(e，＋∞) B

3、　[令g(x)＝， 則g′(x)＝＝， ∵2f(x)－f′(x)＞0， ∴g′(x)＜0， ∴g(x)遞減， 不等式f(x)＜e2x－1?＜＝＝ ?g(x)＜g(1)?x＞1，故選B.] 4．[易錯題]若函數(shù)f(x)＝x3＋x2－在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5,0) B．(－5,0) C．[－3,0) D．(－3,0) C　[由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示． 令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知 解

4、得a∈[－3,0)，故選C.] 5．已知函數(shù)f(x)在R上可導，且f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)，則f(x)dx＝________. 　[∵f(x)＝4x－x3f′(1)＋2f′(0)， ∴f′(x)＝4－3x2f′(1)， 令x＝1得f′(1)＝4－3f′(1)，即f′(1)＝1. 令x＝0得f′(0)＝4. ∴f(x)＝4x－x3＋8. ∴f(x)dx＝(4x－x3＋8)dx＝＝.] 6．已知函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________． (－∞，4]　[由函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3，可得f′

5、(x)＝x2－mx＋4， 由函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋4x－3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，可得x2－mx＋4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立， 可得m≤x＋，又x＋≥2＝4，當且僅當x＝2時取等號， 可得m≤4.] [能力提升練] (建議用時：15分鐘) 7．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)當a＝－4時，求f(x)的極值； (2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2＝. 當a＝－4時，f′(x)＝. 所以當0＜x＜2時，f′(x)＜0，即f(x)單調(diào)遞減； 當x＞

6、2時，f′(x)＞0，即f(x)單調(diào)遞增． 所以f(x)只有極小值，且當x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln 2. 所以當a＝－4時，f(x)只有極小值4－4ln 2. (2)因為f′(x)＝， 所以當a＞0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0， 即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值； 當a＜0時，由f′(x)＞0得，x＞－， 所以f(x)在上單調(diào)遞增； 由f′(x)＜0得，x＜－， 所以f(x)在上單調(diào)遞減． 所以當a＜0時，f(x)的最小值為f ＝aln－a. 根據(jù)題意得f＝aln－a≥－a， 即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因為

7、a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2， 所以實數(shù)a的取值范圍是[－2,0)． 8．(2019·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝－a(x－ln x)． (1)當a≤0時，試求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1)內(nèi)有極值，試求a的取值范圍． [解](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝－a ＝， ＝. 當a≤0時，對于x∈(0，＋∞)，ex－ax＞0恒成立， 所以由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1)． (2)若f(x)在(0,1)內(nèi)有極值，

8、則f′(x)＝0在(0,1)內(nèi)有解． 令f′(x)＝＝0， 即ex－ax＝0，即a＝. 設(shè)g(x)＝，x∈(0,1)， 所以g′(x)＝， 當x∈(0,1)時，g′(x)＜0恒成立， 所以g(x)單調(diào)遞減． 又因為g(1)＝e， 又當x→0時，g(x)→＋∞， 即g(x)在(0,1)上的值域為(e，＋∞)， 所以當a＞e時，f′(x)＝＝0有解． 設(shè)H(x)＝ex－ax， 設(shè)H′(x)＝ex－a＜0，x∈(0,1)， 所以H(x)在(0,1)上單調(diào)遞減． 因為H(0)＝1＞0，H(1)＝e－a＜0， 所以H(x)＝ex－ax＝0在(0,1)上有唯一解x0. 當x

9、變化時，H(x)，f′(x)，f(x)變化情況如表所示： x (0，x0) x0 (x0,1) H(x) ＋ 0 － f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 極小值 ↗ 所以當a＞e時，f(x)在(0,1)內(nèi)有極值且唯一． 當a≤e時，當x∈(0,1)時，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調(diào)遞減，不成立． 綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)． 內(nèi)容 押題依據(jù) 利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、不等式的證明 函數(shù)的單調(diào)性、極值與不等式交匯是近幾年高考的熱點，考查靈活應(yīng)用導數(shù)工具、數(shù)形結(jié)合思想及分類討論思想解題的能力，考查邏輯推理及數(shù)學運算的素養(yǎng) 【押題

10、】　設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)的極大值點為x＝1，證明：f(x)≤e－x＋x2. [解](1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋aln x＋a， 當a＝0時，f(x)＝x，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＞0時，由f′(x)＞0得x＞e，由f′(x)＜0得0＜x＜e，所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增； 當a＜0時，由f′(x)＞0得0＜x＜e，由f′(x)＜0得x＞e，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 綜上所述，當a＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)

11、間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a＞0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增；當a＜0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． (2)由(1)知a＜0且e＝1，解得a＝－1，f(x)＝x－xln x．要證f(x)≤e—x＋x2，即證x－xln x≤e—x＋x2，即證1－ln x≤＋x. 令f(x)＝ln x＋＋x－1(x＞0)，則f′(x)＝＋＋1＝. 令g(x)＝x－e—x(x＞0)，易知函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而g(1)＝1－＞0，g(0)＝－1＜0，所以在區(qū)間(0，＋∞)上存在唯一的實數(shù)x0，使得g(x0)＝x0－e＝0，即x0＝e，且當x∈(0，x0)時g(x)＜0，當x∈(x0，＋∞)時g(x)＞0，故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以F(x)min＝F(x0)＝ln x0＋＋x0－1. 又e＝x0，所以F(x)min＝ln x0＋＋x0－1＝－x0＋1＋x0－1＝0. 所以f(x)≥F(x0)＝0成立，即f(x)≤e—x＋x2成立． - 7 -