2019年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练（含解析）.doc

2019年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1函数yf(x)的图象在点x5处的切线方程是yx8，则f(5)f(5)等于()A1 B2C0 D.解析由题意知f(5)583，f(5)1，故f(5)f(5)2.故选B.答案B2函数f(x)在定义域内可导，yf(x)的图象如图所示，则导函数yf(x)的图象可能为()解析x0时，f(x)为增函数，所以导函数在x0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零故选D.答案D3(理)(xx山东淄博一模)若函数f(x)的导函数在区间(a，b)上的图象关于直线x对称，则函数yf(x)在区间a，b上的图象可能是()A BC D解析因为函数yf(x)的导函数在区间(a，b)上的图象关于直线x对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x两侧单调性相反由图得，在a处切线斜率最小，在b处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x对称，故不成立；由图得，在a处切线斜率最大，在b处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x对称，故不成立；由图得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x对称，成立；由图得，原函数有一对称中心，在直线x与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x对称，成立；所以满足要求的有，故选D.答案D3(文)函数f(x)3x2lnx2x的极值点的个数是()A0 B1C2 D无数个解析函数定义域为(0，)，且f(x)6x2，由于x0，g(x)6x22x1中200恒成立，故f(x)0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点答案A4(xx重庆七校联盟联考)已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x28x8，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线的斜率是()A2 B1C3 D2解析由f(x)2f(2x)x28x8两边求导得，f(x)2f(2x)(1)2x8.令x1得f(1)2f(1)(1)28f(1)2，k2.答案A5(xx云南昆明一模)已知函数f(x)lnx，则下列结论中正确的是()A若x1，x2(x1x2)是f(x)的极值点，则f(x)在区间(x1，x2)内是增函数B若x1，x2(x10，且x1，f(x)2Dx00，f(x)在(x0，)上是增函数解析由已知f(x)(x0，且x1)，令f(x)0，得xe或x.当x时，f(x)0；当x(1，e)时，f(x)0.故x和xe分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，故函数f(x)在和(1，e)内单调递减，所以A、B错；当0x1时，lnx0，f(x)0，故C错；若x0e，f(x)在(x0，)上是增函数，D正确答案D6f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，则必有()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b) Dbf(b)f(a)解析设F(x)，则F(x)0，故F(x)为减函数由0ab，有af(b)bf(a)，故选A.答案A二、填空题7(理)(xx广东卷)曲线ye5x2在点(0,3)处的切线方程为_解析y5e5x，y|x05，所求切线方程为y35x，即5xy30.答案5xy307(文)已知函数f(x)xex，则f(x)_；函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为_解析f(x)1exxex(1x)ex；f(0)1，f(0)0，因此f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y0x0，即yx.答案(1x)exyx8若点P是曲线yx2lnx上任意一点，则点P到直线yx2的最小距离为_解析过点P作yx2的平行直线，且与曲线yx2lnx相切设P(x0，xlnx0)，则有ky|xx02x0.2x01.x01或x0(舍去)P(1,1)，d.答案9已知函数f(x)x32bx2cx1有两个极值点x1，x2，且x12，1，x21,2，则f(1)的取值范围是_解析由于f(x)3x24bxc，据题意方程3x24bxc0有两个根x1，x2，且x12，1，x21,2，令g(x)3x24bxc，结合二次函数图象可得此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f(1)2bc，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(1)2bc的最值问题，由线性规划易知3f(1)12.答案3,12三、解答题10已知函数f(x)4x33tx26t2xt1，xR，其中tR.(1)当t1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)t0时，求f(x)的单调区间解(1)当t1时，f(x)4x33x26x，f(0)0，f(x)12x26x6，f(0)6，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y6x.(2)f(x)12x26tx6t2.令f(x)0，解得xt或x.因为t0，以下分两种情况讨论：若t0，则0，则t0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln2.当xln2时，f(x)ln2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)eln22ln22ln4，f(x)无极大值(2)令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得g(x)f(x)f(ln2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2lnxlnk成立令h(x)x2lnxlnk，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)lnk8(kln2)3(klnk)5k，易知klnk，kln2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x21，即a.f(2)84a(1a)3a7.故f(2)的取值范围为.B级能力提高组1(理)(xx江西卷)若f(x)x22f(x)dx，则f(x)dx()A1 BC. D1解析直接求解定积分，再利用方程思想求解f(x)x22f(x)dx，f(x)dx2f(x)dx，f(x)dx.答案B1(文)(理)2.(xx中原名校二模)已知函数g(x)ax3bx2cxd(a0)的导函数为f(x)，且a2b3c0，f(0)f(1)0，设x1，x2是方程f(x)0的两根，则|x1x2|的取值范围是()A. B.C. D.解析因为f(x)3ax22bxc，所以f(0)f(1)c(3a2bc)c(2a2c)0,00，设x1，x2是方程f(x)0的两根，则|x1x2|的取值范围是()A. B.C. D.解析因为f(x)3ax22bxc，所以f(0)f(1)c(3a2bc)c(2a2c)0,00；当x(1,2)时，f(x)0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x2时函数取得极小值，当x1时函数取得极大值只有不正确答案3(理)(xx课标全国卷)已知函数f(x)exex2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 20，g(x)0；当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0，ln20.692 8；当b1时，ln(b1)ln，g(ln)2(32)ln20，ln20.693 4.所以ln2的近似值为0.693.3(文)(xx课标全国卷)已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)没有实根综上，g(x)0在R有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点