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时间:2020-03-04
《2018年高考数学专题复习专题检测:(十) 导数的简单应用 含解析.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、专题检测(十)导数的简单应用一、选择题1.函数f(x)=x2-lnx的最小值为( )A. B.1C.0D.不存在解析:选A ∵f′(x)=x-=,且x>0.令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得02、函数f(x)在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,0)和(0,1)上单调递减,所以当x=-1时,取极大值-2,当x=1时,取极小值2.3.若直线y=ax是曲线y=2lnx+1的一条切线,则实数a的值为( )A.eB.2eC.eD.2e解析:选B 依题意,设直线y=ax与曲线y=2lnx+1的切点的横坐标为x0,则有y′3、=,于是有解得4.已知函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,函数g(x)=x2-alnx在(1,2)上为增函数,则a的值为( )A.1B.2C.0D.解析:选B ∵函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,∴≥1,得a≥24、.又∵g′(x)=2x-,依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立,得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2.5.若函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,则f(x)在下列区间上单调递增的是( )A.(-2,0)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(-∞,-2)解析:选D 由题意知,f′(x)=1-,∵函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,令当1-=0,得b=x2,又x∈(1,2),∴b∈(1,4).令f′(x)>0,解得x<-或x>,即f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞).∵b∈(1,4),∴(-∞,-25、)符合题意.6.已知f(x)=lnx-+,g(x)=-x2-2ax+4,若对任意的x1∈(0,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值范围是( )A.B.C.D.解析:选A 因为f′(x)=--==-,易知,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,2]时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,故f(x)min=f(1)=.对于二次函数g(x)=-x2-2ax+4,易知该函数开口向下,所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得,即g(x)min=min{g(1),g(2)}.要使对任意的x1∈(0,2],存6、在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,只需f(x1)min≥g(x2)min,即≥g(1)且≥g(2),所以≥-1-2a+4且≥-4-4a+4,解得a≥.二、填空题7.(2017·长春质检)dx=________.解析:dx==+1-=.答案:8.已知函数f(x)=x2+2ax-lnx,若f(x)在区间上是增函数,则实数a的取值范围为________.解析:由题意知f′(x)=x+2a-≥0在区间上恒成立,即2a≥-x+在区间上恒成立.又∵y=-x+在区间上单调递减,∴max=,∴2a≥,即a≥.答案:9.已知函数f(x)=ex,g(x)=ln+的图象分别与直线y=m交7、于A,B两点,则8、AB9、的最小值为________.解析:显然m>0,由ex=m得x=lnm,由ln+=m得x=2e,则10、AB11、=2e-lnm.令h(m)=2e-lnm,由h′(m)=2em--=0,求得m=.当0<m<时,h′(m)<0,函数h(m)在上单调递减;当m>时,h′(m)>0,函数h(m)在上单调递增.所以h(m)min=h=2+ln2,因此12、AB13、的最小值为2+ln2.答案:2+ln2三、解答题10.已知函数f(x)=+ax,x>1.(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)若a=2,求函数f(x)的极小值.解:(1)f′(x)=+a,由题意14、可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a≤-=2-.∵x∈(1,+∞),∴lnx∈(0,+∞),∴当-=0时,函数t=2-的最小值为-,∴a≤-,即实数a的取值范围为.(2)当a=2时,f(x)=+2x(x>1),f′(x)=,令f′(x)=0得2ln2x+lnx-1=0,解得lnx=或lnx=-1(舍去),即x=e.当1e时,f′(x)>0,∴f(x)的极小值为f(e)=+2e=4e.11.(2017·全国卷Ⅲ)已
2、函数f(x)在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,0)和(0,1)上单调递减,所以当x=-1时,取极大值-2,当x=1时,取极小值2.3.若直线y=ax是曲线y=2lnx+1的一条切线,则实数a的值为( )A.eB.2eC.eD.2e解析:选B 依题意,设直线y=ax与曲线y=2lnx+1的切点的横坐标为x0,则有y′
3、=,于是有解得4.已知函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,函数g(x)=x2-alnx在(1,2)上为增函数,则a的值为( )A.1B.2C.0D.解析:选B ∵函数f(x)=x2-ax+3在(0,1)上为减函数,∴≥1,得a≥2
4、.又∵g′(x)=2x-,依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立,得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立,有a≤2,∴a=2.5.若函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,则f(x)在下列区间上单调递增的是( )A.(-2,0)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(-∞,-2)解析:选D 由题意知,f′(x)=1-,∵函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,令当1-=0,得b=x2,又x∈(1,2),∴b∈(1,4).令f′(x)>0,解得x<-或x>,即f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞).∵b∈(1,4),∴(-∞,-2
5、)符合题意.6.已知f(x)=lnx-+,g(x)=-x2-2ax+4,若对任意的x1∈(0,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值范围是( )A.B.C.D.解析:选A 因为f′(x)=--==-,易知,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,2]时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,故f(x)min=f(1)=.对于二次函数g(x)=-x2-2ax+4,易知该函数开口向下,所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得,即g(x)min=min{g(1),g(2)}.要使对任意的x1∈(0,2],存
6、在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,只需f(x1)min≥g(x2)min,即≥g(1)且≥g(2),所以≥-1-2a+4且≥-4-4a+4,解得a≥.二、填空题7.(2017·长春质检)dx=________.解析:dx==+1-=.答案:8.已知函数f(x)=x2+2ax-lnx,若f(x)在区间上是增函数,则实数a的取值范围为________.解析:由题意知f′(x)=x+2a-≥0在区间上恒成立,即2a≥-x+在区间上恒成立.又∵y=-x+在区间上单调递减,∴max=,∴2a≥,即a≥.答案:9.已知函数f(x)=ex,g(x)=ln+的图象分别与直线y=m交
7、于A,B两点,则
8、AB
9、的最小值为________.解析:显然m>0,由ex=m得x=lnm,由ln+=m得x=2e,则
10、AB
11、=2e-lnm.令h(m)=2e-lnm,由h′(m)=2em--=0,求得m=.当0<m<时,h′(m)<0,函数h(m)在上单调递减;当m>时,h′(m)>0,函数h(m)在上单调递增.所以h(m)min=h=2+ln2,因此
12、AB
13、的最小值为2+ln2.答案:2+ln2三、解答题10.已知函数f(x)=+ax,x>1.(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)若a=2,求函数f(x)的极小值.解:(1)f′(x)=+a,由题意
14、可得f′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立,∴a≤-=2-.∵x∈(1,+∞),∴lnx∈(0,+∞),∴当-=0时,函数t=2-的最小值为-,∴a≤-,即实数a的取值范围为.(2)当a=2时,f(x)=+2x(x>1),f′(x)=,令f′(x)=0得2ln2x+lnx-1=0,解得lnx=或lnx=-1(舍去),即x=e.当1e时,f′(x)>0,∴f(x)的极小值为f(e)=+2e=4e.11.(2017·全国卷Ⅲ)已
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