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时间:2020-03-10
《(浙江专用)高考数学专题集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式第5讲导数的简单应用专题强化训练.docx》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、第5讲导数的简单应用专题强化训练1.函数f(x)=x2-lnx的最小值为( )A. B.1C.0D.不存在解析:选A.因为f′(x)=x-=,且x>0.令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得02、f′(x)=3x2+4x>0,解得x<-或x>0,即f(x)的单调递增区间为,(0,+∞),故选C.3.已知f(x)=x2+ax+3lnx在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,-2]B.C.[-2,+∞)D.[-5,+∞)解析:选C.由题意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立⇔g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立⇔Δ=a2-24≤0或⇔-2≤a≤2或a≥-4⇔a≥-2.4.(2019·台州二模)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),F(x)=,若F(x)的图象在x=0处的切线3、方程为y=-2x+c,则函数f(x)的最小值是( )A.2B.1C.0D.-1解析:选C.因为f′(x)=2x+b,所以F(x)=,F′(x)=,又F(x)的图象在x=0处的切线方程为y=-2x+c,所以得所以f(x)=(x+2)2≥0,f(x)min=0.5.(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)=(x-x1)·(x-x2)(x-x3)(其中x1<x2<x3),g(x)=ex-e-x,且函数f(x)的两个极值点为α,β(α<β).设λ=,μ=,则( )A.g(α)<g(λ)<g(β)<g(μ)B.g(λ)<g(α)<g(β)<g(4、μ)C.g(λ)<g(α)<g(μ)<g(β)D.g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β)解析:选D.由题意,f′(x)=(x-x1)(x-x2)+(x-x2)(x-x3)+(x-x1)(x-x3),因为f′()=-<0,f′()=-<0,因为f(x)在(-∞,α),(β,+∞)上递增,(α,β)上递减,所以α<λ<μ<β,因为g(x)=ex-e-x单调递增,所以g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β).故选D.6.(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),其中a>0,b∈R,记m(a,b)为f(x)5、的最小值,则当m(a,b)=2时,b的取值范围为( )A.b>B.b<C.b>D.b<解析:选D.函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),导数f′(x)=1-,当b≤0时,f′(x)>0,f(x)在x∈[a,+∞)递增,可得f(a)取得最小值,且为2a+,由题意可得2a+=2,a>0,b≤0方程有解;当b>0时,由f′(x)=1-=0,可得x=(负的舍去),当a≥时,f′(x)>0,f(x)在[a,+∞)递增,可得f(a)为最小值,且有2a+=2,a>0,b>0,方程有解;当a<时,f(x)在[a,]递减,在(,+∞)递增,可得f()为最小6、值,且有a+2=2,即a=2-2>0,解得0<b<.综上可得b的取值范围是(-∞,).故选D.7.(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)=的大致图象是( )解析:选B.由f(x)的解析式知有两个零点x=-与x=0,排除A,又f′(x)=,由f′(x)=0知函数有两个极值点,排除C,D,故选B.8.(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1:y2=tx(y>0,t>0)在点M处的切线与曲线C2:y=ex+1+1也相切,则t的值为( )A.4e2 B.4eC. D.解析:选A.由y=,得y′=,则切线斜率为k=,所以7、切线方程为y-2=,即y=x+1.设切线与曲线y=ex+1+1的切点为(x0,y0).由y=ex+1+1,得y′=ex+1,则由ex0+1=,得切点坐标为,故切线方程又可表示为y--1=,即y=x-ln++1,所以由题意,得-ln++1=1,即ln=2,解得t=4e2,故选A.9.(2019·金华十校高考模拟)已知函数f(x)=x3-x2+ax-1,若曲线存在两条斜率为3的切线,且切点的横坐标都大于0,则实数a的取值范围为____________.解析:由题意知,f(x)=x3-x2+ax-1的导数f′(x)=2x2-2x+a.2x2-2x+a8、=3有两个不等正根,则,得3<a<.答案:10.(2019·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足:f(1)=1,且对于任意的x∈R,都有f′(
2、f′(x)=3x2+4x>0,解得x<-或x>0,即f(x)的单调递增区间为,(0,+∞),故选C.3.已知f(x)=x2+ax+3lnx在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,-2]B.C.[-2,+∞)D.[-5,+∞)解析:选C.由题意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立⇔g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立⇔Δ=a2-24≤0或⇔-2≤a≤2或a≥-4⇔a≥-2.4.(2019·台州二模)已知函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),F(x)=,若F(x)的图象在x=0处的切线
3、方程为y=-2x+c,则函数f(x)的最小值是( )A.2B.1C.0D.-1解析:选C.因为f′(x)=2x+b,所以F(x)=,F′(x)=,又F(x)的图象在x=0处的切线方程为y=-2x+c,所以得所以f(x)=(x+2)2≥0,f(x)min=0.5.(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f(x)=(x-x1)·(x-x2)(x-x3)(其中x1<x2<x3),g(x)=ex-e-x,且函数f(x)的两个极值点为α,β(α<β).设λ=,μ=,则( )A.g(α)<g(λ)<g(β)<g(μ)B.g(λ)<g(α)<g(β)<g(
4、μ)C.g(λ)<g(α)<g(μ)<g(β)D.g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β)解析:选D.由题意,f′(x)=(x-x1)(x-x2)+(x-x2)(x-x3)+(x-x1)(x-x3),因为f′()=-<0,f′()=-<0,因为f(x)在(-∞,α),(β,+∞)上递增,(α,β)上递减,所以α<λ<μ<β,因为g(x)=ex-e-x单调递增,所以g(α)<g(λ)<g(μ)<g(β).故选D.6.(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),其中a>0,b∈R,记m(a,b)为f(x)
5、的最小值,则当m(a,b)=2时,b的取值范围为( )A.b>B.b<C.b>D.b<解析:选D.函数f(x)=x++a,x∈[a,+∞),导数f′(x)=1-,当b≤0时,f′(x)>0,f(x)在x∈[a,+∞)递增,可得f(a)取得最小值,且为2a+,由题意可得2a+=2,a>0,b≤0方程有解;当b>0时,由f′(x)=1-=0,可得x=(负的舍去),当a≥时,f′(x)>0,f(x)在[a,+∞)递增,可得f(a)为最小值,且有2a+=2,a>0,b>0,方程有解;当a<时,f(x)在[a,]递减,在(,+∞)递增,可得f()为最小
6、值,且有a+2=2,即a=2-2>0,解得0<b<.综上可得b的取值范围是(-∞,).故选D.7.(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f(x)=的大致图象是( )解析:选B.由f(x)的解析式知有两个零点x=-与x=0,排除A,又f′(x)=,由f′(x)=0知函数有两个极值点,排除C,D,故选B.8.(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C1:y2=tx(y>0,t>0)在点M处的切线与曲线C2:y=ex+1+1也相切,则t的值为( )A.4e2 B.4eC. D.解析:选A.由y=,得y′=,则切线斜率为k=,所以
7、切线方程为y-2=,即y=x+1.设切线与曲线y=ex+1+1的切点为(x0,y0).由y=ex+1+1,得y′=ex+1,则由ex0+1=,得切点坐标为,故切线方程又可表示为y--1=,即y=x-ln++1,所以由题意,得-ln++1=1,即ln=2,解得t=4e2,故选A.9.(2019·金华十校高考模拟)已知函数f(x)=x3-x2+ax-1,若曲线存在两条斜率为3的切线,且切点的横坐标都大于0,则实数a的取值范围为____________.解析:由题意知,f(x)=x3-x2+ax-1的导数f′(x)=2x2-2x+a.2x2-2x+a
8、=3有两个不等正根,则,得3<a<.答案:10.(2019·湖州市高三期末)定义在R上的函数f(x)满足:f(1)=1,且对于任意的x∈R,都有f′(
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