2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略课时作业： 5导数的简单应用 Word版含解析.pdf

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1、课时作业5导数的简单应用1．[2019·甘肃兰州一中月考]1

2、x

3、dx等于()-1A．0B．11C．2D.2解析：如图，由定积分的几何意义可知1

4、x

5、dx表示图中阴影部分-11的面积，故1

6、x

7、dx＝2××1×1＝1.2-1答案：B2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f(e)＝()1A．eB．－eC．－1D．－e1解析：由f(x)＝2xf′(e)＋lnx，得f′(x)＝2f′(e)＋，则f′(e)x112＝2f′(e

8、)＋，所以f′(e)＝－，故f(x)＝－x＋lnx，所以f(e)＝－1.eee故选C.答案：Ccosx3．[2019·湖北钟祥模拟]已知函数f(x)＝，则函数f(x)的图象ex在点(0，f(0))处的切线方程为()A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝0cosx－sinx－cosx解析：∵f(x)＝，∴f′(x)＝，∴f′(0)＝－1，exexf(0)＝1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋1，即x

9、＋y－1＝0.故选B.答案：B34．[2019·河北九校第二次联考]函数f(x)＝x＋＋2lnx的单调递减x区间是()A．(－3,1)B．(0,1)C．(－1,3)D．(0,3)32解析：解法一令f′(x)＝1－＋<0，得00，故排除A，C选项；又f(1)＝4

10、－3lnx的定义域为(0，＋∞)．3x3－33x－1x2＋x＋1可得f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，可得x＝1，xx所以x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数；x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B.答案：B33ln26．[2019·河南濮阳第二次模拟]已知a＝ln3，b＝e－1，c＝，8则a，b，c的大小关系为()A．b>c>aB．a>c>bC．a>b>cD．b>a>c3ln3lne3ln2ln8解析：依题意，得a＝ln

11、3＝，b＝e－1＝，c＝＝.3e88lnx1－lnx令f(x)＝，则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递xx21增，在(e，＋∞)上单调递减．所以f(x)＝f(e)＝＝b，且f(3)>f(8)，maxe即a>c，所以b>a>c.故选D.答案：D2－mx7．[2019·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝的图象如图所x2＋m示，则m的范围为()A．(－∞，－1)B．(－1,2)C．(0,2)D．(1,2)x2－mm－2x－mx＋mm－2解析：f′(x)＝＝，由函数x2＋m2

12、x2＋m2图象的单调性及有两个极值点可知m－2<0且m>0，故01，即m>1.故1

13、MN

14、最小时t的值为()1A．1B.252C.D.22解析：

15、MN

16、的最小值，即函数h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝12x2－122x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，xx22也是最小值点，故t＝.故选D.2答案：D9．[2019·广

17、东肇庆第二次检测]已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是()A．(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，1)解析：依题意f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的两个零点为x＝1，x＝a，若x＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值．故选D.答案：D10．[2019·山东济南质检]若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是

18、单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞)B．[1,2)33C.1，D.，22212x－12x＋1解析：f′(x)＝4x－＝，xx11令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0