2019高考高考数学二轮复习 小题专练作业（十六）导数的简单应用 理

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1、小题专练·作业(十六)　导数的简单应用1．曲线y＝sinx＋ex在点(0,1)处的切线方程是(　　)A．x－3y＋3＝0B．x－2y＋2＝0C．2x－y＋1＝0D．3x－y＋1＝0解析　y′＝cosx＋ex，故曲线在点(0,1)处的切线斜率k＝2，切线方程为y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0。故选C。答案　C2．已知函数f(x)＝＋1，g(x)＝alnx，若函数f(x)与g(x)的图象在x＝处的切线平行，则实数a的值为(　　)A．B．C．1D．4解析　由题意知，当x＝时两个函数的导数值相等。因为f′(x)＝，g′(x)＝，所以1＝4a，即a＝。故选A。答案　A3．(2018·沈阳质量监测

2、)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析　由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的极小值点。故选D。答案　D4．若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球的体积最小时，它的高为(　　)A．3B．2C．2D．3解析　设

3、底面正方形的边长为a，四棱锥的高为h，其外接球的半径为R，因为a2h＝9，所以a2＝，又因为R2＝2＋(h－R)2，所以R＝＋。令f(h)＝＋，h>0，所以f′(h)＝－＋，可知f(h)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以f(h)min＝f(3)，即当h＝3时，R最小，从而其外接球的体积最小。故选A。答案　A5．(2018·南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　　)A．4f(－2)<9f(3)B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2)D．3f(－3)<

4、2f(－2)解析　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)

5、2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e为自然对数底数)在x＝1处取得极大值，则a的取值范围是(　　)A．a<0B．a≥0C．－e≤a<0D．a<－e解析　因为f(x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b，所以可得f′(x)＝e2x＋(a－e)ex－ae＝(ex＋a)(ex－e)。当a≥0时，由f′(x)>0可得f(x)在(1，＋∞)上递增，f′(x)<0得f(x)在(－∞，1)上递减，所以f(x)在x＝1取得极小值，无极大值，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝1或ln(－a)，只有当ln(－a)>1，a<－e时，由f′(x)>0可得f(x)在(－∞，1)，

6、(ln(－a)，＋∞)上递增，f′(x)<0，得f(x)在(1，ln(－a))上递减，f(x)在x＝1取得极大值，所以函数f(x)＝e2x＋(a－e)ex－aex＋b(a，b∈R)(其中e为自然对数底数)在x＝1取得极大值，则a的取值范围是a<－e。故选D。答案　D7．(2018·陕西质量检测)若直线2x－y＋c＝0是抛物线x2＝4y的一条切线，则c＝________。解析　由x2＝4y，可得y′＝，由于直线2x－y＋c＝0的斜率k＝2，因此令＝2，得x＝4，代入x2＝4y得y＝4，所以切点为(4,4)，代入切线方程可得8－4＋c＝0，故c＝－4。答案　－48．(2018·湖北重点高中

7、协作体联考)x＝－1为函数f(x)＝x3－ax2的一个极值点，则函数f(x)的极小值为________。解析　因为f(x)＝x3－ax2，所以f′(x)＝2x2－2ax。因为x＝－1为函数f(x)＝x3－ax2的一个极值点，所以f′(－1)＝2＋2a＝0，解得a＝－1。当a＝－1时，f′(x)＝2x2＋2x＝2x(x＋1)。所以当x<－1或x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当－1