高考数学理新课标版考前冲刺复习课时作业：第2部分专题1第5讲导数及其应用 Word版含答案

课时作业1(2016贵州省适应性考试)已知 M 为不等式组yx21x2y0表示的平面区域，直线 l：y2xa，当 a 从2 连续变化到 0 时，区域 M 被直线 l 扫过的面积为()A.73B.2C.32D.43D解析 作出图形可得区域 M 被直线 l 扫过的面积为错误错误!x2dx121213x3|21113(81)143，选项 D 正确2(2016广州高考模拟)已知 yf(x)为 R 上的连续可导函数，且 xf(x)f(x)0，则函数g(x)xf(x)1(x0)的零点个数为()A0B1C0 或 1D无数个A解析 因为 g(x)xf(x)1(x0)，g(x)xf(x)f(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递增，因为 g(0)1，yf(x)为 R 上的连续可导函数，所以 g(x)为(0，)上的连续可导函数，g(x)g(0)1，所以 g(x)在(0，)上无零点3 直线 ya 分别与曲线 y2(x1)， yxln x 交于 A， B， 则|AB|的最小值为_解析 设 A(x1，a)，B(x2，a)，则 2(x11)x2ln x2，所以 x112(x2ln x2)1，所以|AB|x2x112(x2ln x2)1，令 y12(xln x)1，则 y1211x ，所以函数在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当 x1 时，函数取得最小值32，即|AB|min32.答案324 设函数 f(x)ln x12ax2bx， 若 x1 是 f(x)的极大值点， 则 a 的取值范围为_解析 f(x)的定义域为(0， )， f(x)1xaxb， 由 f(1)0， 得 b1a.所以 f(x)1xaxa1ax21axxx（x1） （ax1）x.若 a0，当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减，所以x1 是 f(x)的极大值点；若 a1，解得1a1.答案 (1，)5(2016高考北京卷)设函数 f(x)xeaxbx，曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y(e1)x4.(1)求 a，b 的值；(2)求 f(x)的单调区间解 (1)因为 f(x)xeaxbx，所以 f(x)(1x)eaxb.依题设，f（2）2e2，f（2）e1，即2ea22b2e2，ea2be1，解得 a2，be.(2)由(1)知 f(x)xe2xex.由 f(x)e2x(1xex1)及 e2x0 知，f(x)与1xex1同号令 g(x)1xex1，则 g(x)1ex1.所以当 x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(，1)上单调递减；当 x(1，)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故 g(1)1 是 g(x)在区间(，)上的最小值，从而 g(x)0，x(，)综上可知，f(x)0，x(，)故 f(x)的单调递增区间为(，)6已知函数 f(x)aln xx的图象在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平行(1)求实数 a 的值及 f(x)的极值；(2)若对任意 x1，x2e2，)，有|f（x1）f（x2）x1x2|kx1x2，求实数 k 的取值范围解 (1)由题意得 f(x)1aln xx2，f(1)0，解得 a1.令 f(x)ln xx20，解得 x1，即 f(x)有极大值为 f(1)1.(2)由|f（x1）f（x2）x1x2|kx1x2，可得|f（x1）f（x2）1x11x2|k，令 g1x f(x)，则 g(x)xxln x，其中 x(0，e2，g(x)ln x，又 x(0，e2，则 g(x)ln x2，即|f（x1）f（x2）1x11x2|2，因此实数 k 的取值范围是(，27(2016兰州市实战考试)已知函数 f(x)ln xax1ax1(aR)(1)当 0a12时，讨论 f(x)的单调性；(2)设 g(x)x22bx4.当 a14时，若对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)，求实数 b 的取值范围解 (1)因为 f(x)ln xax1ax1，所以 f(x)1xaa1x2ax2x1ax2，x(0，)，令 f(x)0，可得两根分别为 1，1a1，因为 0a10，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x1a1，时，f(x)0，函数 f(x)单调递减(2)a140，12 ，1a13 (0，2)，由(1)知，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12.对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)等价于 g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12，(*)又 g(x)(xb)24b2，x1，2，所以，当 b0，此时与(*)矛盾；当 1b2 时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当 b2 时，g(x)ming(2)84b，且当 b2 时，84b1)上的最小值；(2)若关于 x 的不等式 f2(x)mf(x)0 只有两个整数解，求实数 m 的取值范围解 (1)f(x)1ln 2xx2(x0)，令 f(x)0 得 f(x)的单调递增区间为0，e2 ；令 f(x)0 得 f(x)的单调递减区间为e2，.因为 x1，a，所以当 1e2时，f(x)在1，e2 上为增函数，在e2，a上为减函数又 f(2)ln 42ln 2f(1)，所以若e22，f(x)的最小值为 f(a)ln 2aa，综上，当 12 时，f(x)的最小值为 f(a)ln 2aa.(2)由(1)知，f(x)的单调递增区间为0，e2 ，单调递减区间为e2，且在e2，上有 ln 2xln e10，又 x0，则 f(x)0.又 f12 0，所以当 m0 时，由不等式 f2(x)mf(x)0 得 f(x)0 或 f(x)0 的解集为12， 整数解有无数多个， 不合题意； 当 m0 时， 由不等式 f2(x)mf(x)0 得 f(x)0，解集为0，12 12，整数解有无数多个，不合题意；当 m0 得 f(x)m 或 f(x)0，f(x)0 有两个整数解，则 f(3)mf(2)f(1)，所以ln 2m13ln 6.综上，实数 m 的取值范围是ln 2，13ln 6.