2020年高考数学艺术生百日冲刺专题03导数及其应用测试题

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12-17分，一般解答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。1.A.选择题（本大题共 12题，每小题（2018?平罗县校级期中）已知函数B.5分)limf (x) =e2x，则 iC. e2D.2e2答案D【解析】： f( x) =2e2x,2=f(1)，二f(1) =2e ,故选：D.2. （

2、2018?攀枝花期末）设f （ x）是函数匹工的导函数，贝y f(0)的值为（A. 1B.C. 1D.【答案】：C【解析】根据题意f( x )cosx) eK-cosxp(eK则f (0) =- 1 ;故选:C.3.（2018?银川三模）已知函数f (x) =cosx+aInx 在x= 处取得极值，则 a=(6A.7112【答案】C【解析】：t f （x） =cosx+alnx ,/ f（ x） = - sinx+ 上,x f （x）在x处取得极值，6 -f （丄）=-丄+ r =0,62 2L6解得：a=，经检验符合题意，12故选：c.4. （2018春?云阳县期末）已知函数 f （x） =

3、x3- ax+1在1 , +）上是单调递增函数，则实数 a的取值范围是（）A. a v 3B. a 3C. a0在1 , +s）上恒 成立， a 3x在1 , +）上恒成立， a 0,再有 f ( x)v 0,在(0,+8)再有 f ( x) 0.故选：A.7.A.(2018?邯郸二模)若过点(-,+8)eP (- 1, m可以作三条直线与曲线C： y=xex相切，则m的取值范围是(B.C.(0, +8)D.( |)e(31 )(-Je匸【答案】D【解析】切点为(X0,y。),过点 Py=(x0+l)e 0 (x-x0)+x0e即这个方, 代入点程有三个不标化简f (x) = (x20x0l)

4、e-m,- 2)上单调递减，在(-弓丄)m- a, a的取值范围为-.12分=x3+ax2+bx - c,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) =3x2+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+b- c, f ( 1) =3+2a+b=3.又 y=f (x)在 x= - 2 时有极值，可得 f ( - 2) =1

5、2 - 4a+b=0, 联立解得a, b, c.322(2)在(1)的条件下，f (x) =x +2x - 4x+7 . x - 3, 1 . f ( x) =3x +4x - 4= ( 3x - 2) (x+2),令 f (x) =0,解得x=M或-2.列表即可得出.3【解析】：(1) f( x) =3x2+2ax+b ,t过曲线y=f (x)上的点p (1, f (1)的切线方程 y=3x+3 . f (1) =6=1+a+b- c, f( 1) =3+2a+b=3.又 y=f (x)在 x= - 2 时有极值， f (- 2) =12- 4a+b=0,联立解得：a=2, b=- 4, c

6、= - 7. f (x) =x3+2x2 - 4x+7.32(2)在(1)的条件下，f (x) =x +2x - 4x+7 . x - 3, 1.2f ( x) =3x +4x - 4= (3x - 2) (x+2),令 f ( x) =0,解得 x= 或-2.x-3,- 2)-2(-汽23停1f ( x)+00+f ( x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增列表如下:=.3由表格可得：x= 时，函数f (x)取得极小值,3又 f (- 3) =10.27函数f (x)最小值为=二.327=axlnx+ (a 0).20.(2018 ?新罗区校级月考)设函数 f (x)(I)已知函数在 x=

7、1处取得极值，讨论函数 f (x)的单调性;(H)设g (x) =f (x) - ax,若g (x) 0恒成立，求实数a的取值范围.0恒成立，令h (x)【解析】：(I )函数ff ( x)=alnx+a -函数在x=1处取得极值,2【思路分析】(I)函数f (x) =axInx+丄(a 0), x 0. f( x) =alnx+a -丄，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, a 0, g (x ) 0 恒成立，可得ax In x+丄-ax 0, x 0.可得 al nx+ - av_ 2=alnx+ 一 -

8、 a，禾U用导数研究函数的单调性即可得出.2x(x) =axlnx+一 (a0), x0.-a 1=0,可得：函数f( x )在(0, +8)上单调递增，又f(1) =0, x ( 0,1)时，f ( x)v 0; x( 1 , +8)时，f (x) 0.函数f (x)在x ( 0, 1)时单调递减；x ( 1 , +8)时，函数f (x)单调递增.(II ) g (x) =f (x) ax, a0, g (x) 0恒成立，axlnx+丄ax0, x0.可得 a|nx+ - a0 恒成立，令 h (x) =alnx+- a,则 h，( x)=-丄=-亠X3 X3,h( x)v 0,此时函数h

9、(x)单调递减;,h( x) 0，此时函数xh (x)单解得 a=1. f( x) =lnx+1 -,-+ - a0,调递增. h (x) min= n ：二=aln792In二1,解得：aw ,. a的取值范围是(0,.aee(m0),其中e为自然对数的底数.21.(2018?思明区校级月考)已知函数f (x)=(1 )讨论函数f(x)的极值;(2)若 m(1,2),证明：当x1,X2 1 , m时，f (X1)- X2+1 + I .e【思路分析】(1)求导对m分类讨论，即可得出单调性与极值.(2)当 X1,X2 1 , m时，f (xj- X2+1+，只要证明 f (X1)emin 2+

10、1U)曲即可，由(1)可知:f ( x )在x 1 , m内单调递减，可得f ( X1 ) min=f ( m).因此 f(X1 ) min 91? X2.厶-2加 *1 . m( 1, 2),令 g (m)-J. mIk e(1 , 2),利用导数研究其单调性即可得出.(2x+ni) ex- (x2+mx+l) eK-mx 1,令 f ( x) =0,解得 x=1 或则函数f (x)在(-g,1 - m)上单调递减，在(1 - m, 1)内单调递增，在(1,+8)上单调递减./ x=1 - m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，f(x) =- X2+1

11、+ ,只要证明 f (X1)em 2min 即可,由(1)可知：f (x)在 x 1 , m内单调递减， f (X1) min=f (m)二.e f (X1) minI 、A? X2 丄-： . m( 1, 2),e 2令 g ( m = -广 .m( 1, 2),e 4旷(2於+1)g( m)=- 0,函数g (m)在m( 1, 2) 上单调递减， g (m) g (1) =1+ - = 1 0时，求证：曲线f (x) =h (x)-%2在直线1的上方(2)若函数h (x)的图象与直线I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 xi, X2及对应的a，当

12、xivX2时，求证：ae J + e 2x 2_【思路分析】（1）可令g （X 仝飞黑 f，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eKeK象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得aex1=xi+1，aex2=X2+1,作差可得a=，运用分析法证明，e _e即证 勺 沈2 1，即为X2-X1 1 -花=1 -Z，运用换元法和构造函数，求得e J-e 2 e + e 2e 2 + e 1 e 2 l + l导数和单调性，即可得证.x 121亡X y1【解析】：(1 )证明：当a=1, x 0

13、时，令g (x) =2,gz( x) =ex- x- 1, g( x) =ex- 1,当 x 0 时，g( x) 0, g( x)递增，g( x) g( 0) =0,. g(x)递增，g (x) g(0)=0，二曲线 f(x)=h(x)-x2在直线 I的上方;2(2 )由 y=aex 和 y=x+1，可得 aex=x+1，即有 a=,设 m (x)= ，可得 m ( x)=KXee当 x 0 时，m ( x)v 0, m (x)递减；当 x v 0 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：賈+1由图象可得0v av 1时，a=-有两解，eK可得函数h （x）的图象与直线I有两个不同的交点，贝U a的范围是（0, 1）;（3）证明：由（2）可得 a:=xj+lj