2019-2020年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 2.2 导数素能演练提升 文.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 2.2 导数素能演练提升 文1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f(x)在区间(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内的极小值点有() A.1个B.2个C.3个D.4个解析:f(x)0,f(x)单调递增,f(x)0,f(x)单调递减.极小值点附近函数应有先减后增的特点,即f(x)0,由f(x)的图象可知只有1个极小值点.答案:A2.直线y=kx+b与曲线y=x3+ax+1相切于点(2,3),则b的值为()A.-3B.9C.-15D.-7解析:将点(2,3)分别代入曲线y=x3+ax+1和直线y=kx+b,得a=-3,2k+b=3.又k=y|x=2=(3x2-3)|x=2=9,故b=3-2k=3-18=-15.答案:C3.函数f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在极值点,则实数a的取值范围是()A.1,3B.1,3)C.(1,3D.(1,3)解析:a2-10,a1或a1或a-1,1a3.答案:C4.若函数f(x)=2x+ln x,且f(a)=0,则2aln 2a=()A.1B.-1C.-ln 2D.ln 2解析:f(x)=2xln 2+,由f(a)=2aln 2+=0,得2aln 2=-,则a2aln 2=-1,即2aln 2a=-1.答案:B5.(xx山西忻州一模,10)函数f(x)=x2+2cos x+2的导函数f(x)的图象大致是()解析:f(x)=x-2sin x,显然是奇函数,排除A.而f(x)=-2cos x=0有无穷多个根,函数f(x)有无穷多个单调区间,排除C,D.故选B.答案:B6.(xx山西忻州一模,12)定义在上的函数f(x),f(x)是它的导函数,且恒有f(x)f(x)tan x成立,则()A.B.f(1)fD.f解析:f(x)0,=0,函数上单调递增,从而,即f.答案:D7.已知f(x)=x(1+|x|),则f(1)f(-1)=.解析:当x0时,f(x)=x2+x,f(x)=2x+1,则f(1)=3.当x0时,f(x)=x-x2,f(x)=1-2x,则f(-1)=3.故f(1)f(-1)=9.答案:98.函数f(x)=|x3-3x2-t|,x0,4的最大值记为g(t),当t在实数范围内变化时,g(t)的最小值为.解析:令g(x)=x3-3x2-t,则g(x)=3x2-6x,令g(x)0,则x0或x2,在0,2上g(x)为减函数,在2,4上g(x)为增函数,故f(x)的最大值g(t)=max|g(0)|,|g(2)|,|g(4)|,又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,|g(4)|=|16-t|,在同一坐标系中分别作出它们的图象.由图象可知,在y=16-t(t16)与y=4+t(t-4)的交点处,g(t)取得最小值,由16-t=4+t,得2t=12,t=6,g(t)min=10.答案:109.设函数f(x)=(x-1)ex-kx2(kR).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k时,求函数f(x)在0,k上的最大值M.解:(1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,f(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln 2,当x变化时,f(x),f(x)的变化如下表:x(-,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值由表可知,函数f(x)的递减区间为(0,ln 2),递增区间为(-,0),(ln 2,+).(2)f(x)=ex+(x-1)ex-2kx=xex-2kx=x(ex-2k),令f(x)=0,得x1=0,x2=ln(2k),令g(k)=ln(2k)-k,k,则g(k)=-1=0,所以g(k)在上单调递增.所以g(k)ln 2-1=ln 2-ln e0.从而ln(2k)k,所以ln(2k)(0,k).所以当x(0,ln(2k)时,f(x)0.所以M=maxf(0),f(k)=max-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,则h(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,则(k)=ek-3e-30.所以(k)在上单调递减,而(1)=(e-3)0,当k(x0,1)时,(k)0,h(1)=0,所以h(k)0在上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”.综上,函数f(x)在0,k上的最大值M=(k-1)ek-k3.10.(xx广东高考,文21)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a0,即a0,f(x)单调递增;当x(-1-,-1+)时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)当a0时,由(1),令x1=-1+=1,解得a=-3.当a-3时,1-1+,由(1)的讨论可知f(x)在(0,1)上单调递减,此时不存在x0,使得f(x0)=f.当-3a-1+,f(x)在(0,-1+)上递减,在(-1+,1)上递增,f(1)-fa+,依题意,要f(x)存在x0,使得f(x0)=f,只需f(1)-fa+0,解得a-,于是有-aa0,1恒成立,求m的取值范围.解:(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,则f(x)=,当x(0,e),f(x)0,f(x)在(e,+)上单调递增,x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f(x)-(x0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x0),设(x)=-x3+x(x0),则(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,(x)时,函数g(x)无零点;当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m时,函数g(x)无零点;当m=或m0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0ma0,1恒成立,等价于f(b)-b0),(*)等价于h(x)在(0,+)上单调递减.由h(x)=-10在(0,+)恒成立,得m-x2+x=-(x0)恒成立,m,m的取值范围是.