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2019年高考数学艺术生百日冲刺专题03:导数及其应用测试题(含答案)

1、专题 3 导数及其应用测试题命题报告:1. 高频考点:导数的几何意义切线方程,留言导数求函数的单调区间,极值以及最值,利用导数解决实际问题.2. 考情分析:高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现,在全国卷所占分值是 12-17 分,一般解答题形式出现,考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。3.重点推荐:基础卷第 10 题需要构造函数,利用导数与函数 的单调性的关系求解。一选择题(本大题共 12 题,每小题 5 分)1. (2018平罗县校级期中)已知函数 f(x)=e 2x,则=( )A1 B0 Ce 2 D2e 2答案D【解析】:f(x)=2e 2x,=f(1) ,f(1)=2e

2、2,故选:D2. (2018攀枝花期末)设 f(x)是函数 的导函数,则 f(0)的值为( )A1 B0 C1 D【答案】:C【解析】根据题意, ,其导数 f(x)= ,则 f(0)=1;故选:C 3. (2018银川三模)已知函数 f(x)=cosx+alnx 在 x= 处取得极值,则 a=( )A B C D【答案】C【解析】:f(x)=cosx+alnx,f(x)=sinx+ ,f(x)在 x= 处取得极值,f( )= + =0,解得:a= ,经检验符合题意,故选:C4. (2018 春云阳县期末)已知函数 f(x)=x 3ax+1 在1,+)上是单调递增函数,则实数 a 的取值范围是(

3、 )Aa3 Ba3 Ca1 D1a3【答案】:B【解析】求导函数,可得 f(x)=3x 2a,f(x)在1,+)上单调递增,3x 2a0 在1,+)上恒 成立,a3x 2在1,+)上恒成立,a3,故选:B5. (2018柳州一模)设 aR,若函数 y=x+alnx 在区间( ,e)有极值点,则 a 取值范围为( )A ( ,e) B (e, )C (, )(e,+) D (,e)( ,+)【答案】B6. (2018吉安期中)设函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数 y=f(x)的图象可能为( )A BC D【答案】A【解析】:由 f(x)的图象判断出可得从左到右函数

4、的单调性在 y 轴左侧先增,再减,在 y 轴的右侧,函数单调递减,导函数 y=f(x)的图象可能为区间(,0)内,先有 f(x)0,再有 f(x)0,在(0,+)再有 f(x)0故选:A7. (2018邯郸二模)若过点 P(1,m)可以作三条直线与曲线 C:y=xe x相切,则 m 的取值范围是( )A ( ,+) B ( )C (0,+) D ( )【答案】D【解析】:设切点为(x 0,y 0) ,过点 P 的切线程为,代入点 P 坐标化简为 m=,即这个方程有三个不等根即可,令,求导得到 f(x)=(x1) (x+2)e x,函数在(,2)上单调递减,在(2,1)上单调递增,在(1,+)上

5、单调递减,故得到 f(2)mf(1) ,即,故选:D 综上,若 x( 1,+) ,使得 f(x)a,a 的取值范围为 a 12 分 19. (2018新余期末)函数 f(x)=x 3+ax2+bxc,过曲线 y=f(x)上的点 p(1,f(1)的切线方程y=3x+3(1)若 y=f(x)在 x=2 时有极值,求 f(x)的表达式;(2)在(1)的条件下,求 y=f(x)在3,1上的最小值【思路分析】 (1)f(x)=3x 2+2ax+b,由过曲线 y=f(x)上的点 p(1,f(1)的切线方程 y=3x+3可得 f(1)=6=1+a+bc,f(1)=3+2a+b=3又 y=f(x)在 x=2

6、时有极值,可得 f(2)=124a+b=0,联立解得 a,b,c(2)在(1)的条件下,f(x)=x 3+2x24x+7x3,1f(x)=3x 2+4x4=(3x2) (x+2) ,令f(x)=0,解得 x= 或2列表即可得出【解析】:(1)f(x)=3x 2+2ax+b,过曲线 y=f(x)上的点 p(1,f(1)的切线方程 y=3x+3f(1)=6=1+a+bc,f(1)=3+2a+b=3又 y=f(x)在 x=2 时有极值,f(2)=124a+b=0,联立解得:a=2,b=4,c=7f(x)=x 3+2x24x+7(2)在(1)的条件下,f(x)=x 3+2x24x+7x3,1f(x)=

7、3x 2+4x4=(3x2) (x+2) ,令 f(x)=0,解得 x= 或2列表如下:x 3,2) 2 (2, ) f(x) + 0 0 +f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增由表格可得:x= 时,函数 f(x)取得极小值, = 又 f(3)=10 函数 f(x)最小值为 = 20. (2018 新罗区校级月考)设函数 f(x)=axlnx+ (a0) ()已知函数在 x=1 处取得极值,讨论函数 f(x)的单调性;()设 g(x)=f(x)ax,若 g(x)0 恒成立,求实数 a 的取值范围【思路分析】 (I)函数 f(x)=axlnx+ (a0) ,x0f(x)=aln

8、x+a ,根据函数在 x=1 处取得极值,可得 f(1)=0,解得 a进而得出单调性(II)g(x)=f(x)ax,a0,g(x)0 恒成立,可得 axlnx+ ax0,x0可得alnx+ a0 恒成立,令 h(x)=alnx+ a,利用导数研究函数的单调性即可得出【解析】:(I)函数 f(x)=axlnx+ (a0) ,x0f(x)=alnx+a ,函数在 x=1 处取得极值, a1=0,解得 a=1f(x)=lnx+1 ,可得:函数 f(x)在(0,+)上单调递增,又 f(1)=0,x(0,1)时,f(x)0;x(1,+)时,f(x)0函数 f(x)在 x(0,1)时单调递减;x(1,+)

9、时,函数 f(x)单调递增(II)g(x)=f(x)ax,a0,g(x)0 恒成立,axlnx+ ax0,x0可得 alnx+ a0 恒成立,令 h(x)=alnx+ a,则 h(x)= = =,0x 时,h(x)0,此时函数 h(x)单调递减;x 时,h(x)0,此时函数 h(x)单调递增h(x) min= =aln + a0,ln 1,解得:a ,a 的取值范围是(0, 21. (2018思明区校级月考)已知函数 f(x)= (m0) ,其中 e 为自然对数的底数(1)讨论函数 f(x)的极值;(2)若 m(1,2) ,证明:当 x1,x 21,m时,f(x 1)x 2+1+ 【思路分析】

10、 (1)求导对 m 分类讨论,即可得出单调性与极值(2)当 x1,x 21,m时,f(x 1)x 2+1+ ,只要证明 f(x 1) min即可,由(1)可知:f( x)在x1,m内单调递减,可得 f(x 1) min=f(m) 因此 f(x 1) minx 2 m(1,2) ,令g(m)= m(1,2) ,利用导数研究其单调性即可得出【解析】 (1):f(x)=m0 时,1m1,令 f(x)=0,解得 x=1 或 1m则函数 f(x)在(,1m)上单调递减,在(1m,1)内单调递增,在(1,+)上单调递减x=1m 时,函数 f(x)取得极小值;x=1 时,函数 f(x)取得极大值m=0 时,

11、f(x)= 0,函数 f(x)在 R 上单调递减,无极值 (2)证明:当 x1,x 21,m时,f(x 1)x 2+1+ ,只要证明 f(x 1) min即可,由(1)可知:f(x)在 x1,m内单调递减,f(x 1) min=f(m)= f(x 1) minx 2 m(1,2) ,令 g(m)= m(1,2) ,g(m)=0,函数 g(m)在 m(1,2)上单调递减,g(m)g(1)=1+ = 1x 2,因此结论成立22. (2018道里区校级二 模)已知函数 h(x)=ae x,直线 l:y=x+1,其中 e 为自然对数的底(1)当 a=1,x0 时,求证:曲线 f(x)=h(x) x2在

12、直线 l 的上方; (2)若函数 h(x)的图象与直线 l 有两个不同的交点,求实数 a 的取值范围;(3)对于第(2)中的两个交点的横坐标 x1,x 2及对应的 a,当 x1x 2时,求证:a 【思路分析】 (1)可令 g(x)=,求出二阶导数,求得单调区间 ,可得 g(x)的单调性,即可得证;(2)由题可得 aex=x+1,即有 a= ,设 m(x)= ,求出导数和单调性,作出图象,即可得到所求范围;(3)由(2)可得 aex1=x1+1,ae x2=x2+1,作差可得 a= ,运用分析法证明,即证 ,即为 x2x 11 =1 ,运用换元法和构造函数,求得导数和单调性,即可得证【解析】:(

13、1)证明:当 a=1,x0 时,令 g(x)=,g(x)=e xx1,g(x)=e x1,当 x0 时,g(x)0,g(x)递增,g(x)g(0)=0,g(x)递增,g(x)g(0)=0,曲线 f(x)=h(x) x2在直线 l 的上方;(2)由 y=aex和 y=x+1,可得 aex=x+1,即有 a= ,设 m(x)= ,可得 m(x)= ,当 x0 时,m(x)0,m(x)递减;当 x0 时,m(x)0,m(x)递增,可得 m(x)在 x=0 处取得极大值,且为最大值 1,图象如右上:由图象可得 0a1 时,a= 有两解,可得函数 h(x)的图象与直线 l 有两个不同的交点,则 a 的范围是(0,1) ;设 n(t)=t1+ ,t0,n(t)=1 = 0,可得 n(t)在 t0 上递增,可得n(t)n(0)=0,可得 t1 成立,则当 x1x 2时,a