2019_2020学年高中数学第三章导数及其应用章末演练轻松闯关（三）（含解析）新人教A版.docx

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1、第三章导数及其应用[学生用书P139(单独成册)])[A　基础达标]1．函数y＝的导数是(　　)A.B.C.D.解析：选C.y′＝′＝＝.2．(2019·济南高二检测)函数f(x)＝exlnx的图象在点(1，f(1))处的切线方程是(　　)A．y＝2e(x－1)B．y＝ex－1C．y＝e(x－1)D．y＝x－e解析：选C.因为f′(x)＝ex，所以f′(1)＝e.又f(1)＝0，所以所求的切线方程为y＝e(x－1)．3．设a∈R，若函数y＝ex＋2ax有大于0的极值点，则(　　)A．a<－B．a>－C．a<－D．a>－解析

2、：选C.由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a.由题意，得ex＋2a＝0有正数解．当x>0时，ex＝－2a>1，即a<－.4．(2019·长春高二检测)已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)0，函数f(x)单调递增，且易得f(1)>f(－1)，故当x∈[－1，1]时，f(

3、x)max＝f(1)＝e，则m>e.故选D.5．已知函数f(x)＝x－sinx，若x1，x2∈，且f(x1)＋f(x2)>0，则下列不等式中正确的是(　　)A．x1>x2B．x10D．x1＋x2<0解析：选C.易知函数f(x)为奇函数，又f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数f(x)为增函数，由f(x1)＋f(x2)>0⇔f(x1)>－f(x2)⇒f(x1)>f(－x2)⇒x1>－x2⇒x1＋x2>0.6．函数y＝x3＋1的图象与直线y＝x相切，则a＝________．解析：由题可得y′＝x2.可设切

4、点为(x0，x0)，则解得a＝4.答案：47．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：因为f(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间是[－1，0]．答案：(－∞，－1)，(0，＋∞)　[－1，0]8．已知函数f(

5、x)＝x3－6x2＋9x－2，给出以下命题：①若函数y＝f(x)＋3bx不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(1，＋∞)；②过点M(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有三条；③方程f(x)＝的所有实根的和为16.其中真命题的序号是________．解析：因为y＝f(x)＋3bx＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2，所以y′＝3x2－12x＋9＋3b，若函数y＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2不存在单调递减区间，则有(－12)2－12(9＋3b)≤0，解得b≥1，所以①是假命题；设过点M(0，2)的直线与曲线y＝f(x

6、)相切于点(x0，y0)，则有3x－12x0＋9＝.又点(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，所以y0＝x－6x＋9x0－2，代入上式，得x－3x＋2＝(x0－1)[x0－(1＋)][x0－(1－)]＝0，解得x0＝1或x0＝1＋或x0＝1－，所以过点M(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线有三条，所以②是真命题；由题意，得函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2的图象关于点(2，0)成中心对称，且函数y＝的图象也关于点(2，0)成中心对称，结合图象(图略)可知方程f(x)＝有4个实数根，故所有实数根的和为4＋4＝8，所以③是

7、假命题．答案：②9．设函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋8，其中a∈R.已知f(x)在x＝3处取得极值．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在点A(1，16)处的切线方程．解：(1)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a.因为f(x)在x＝3处取得极值，所以f′(3)＝6×9－6(a＋1)×3＋6a＝0，解得a＝3.所以f(x)＝2x3－12x2＋18x＋8.(2)A点在f(x)上，由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18，f′(1)＝6－24＋18＝0，所以切线方程为y＝16.10．(2017·

8、高考北京卷)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(