赢在高考2021高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2导数素能演练提升文

1、第二讲导数掌握核心,赢在课堂1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f'(x)在区间(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内的极小值点有() A.1个B.2个C.3个D.4个解析:f'(x)>0,f(x)单调递增,f'(x)<0,f(x)单调递减.极小值点附近函数应有先减后增的特点,即f'(x)<0f'(x)=0f'(x)>0,由f'(x)的图象可知只有1个极小值点.答案:A2.直线y=kx+b与曲线y=x3+ax+1相切于点(2,3),则b的值为()A.-3B.9C.-15D.-7

2、解析:将点(2,3)分别代入曲线y=x3+ax+1和直线y=kx+b,得a=-3,2k+b=3.又k=y'|x=2=(3x2-3)|x=2=9,故b=3-2k=3-18=-15.答案:C3.函数f(x)=ax3-2ax2+(a+1)x-log2(a2-1)不存在极值点,则实数a的取值范围是()A.1,3B.1,3)C.(1,3D.(1,3)解析:a2-1>0,a>1或a<-1.又函数f(x)不存在极值点,令f'(x)=3ax2-4ax+a+1=0,则=16a2-4×3a(a+1)=4a(a-3)0.0a3.又a>1或a<-1,1<a

3、3.答案:C4.若函数f(x)=2x+ln x,且f'(a)=0,则2aln 2a=()A.1B.-1C.-ln 2D.ln 2解析:f'(x)=2xln 2+,由f'(a)=2aln 2+=0,得2aln 2=-,则a2aln 2=-1,即2aln 2a=-1.答案:B5.(2014山西忻州一模,10)函数f(x)=x2+2cos x+2的导函数f'(x)的图象大致是()解析:f'(x)=x-2sin x,显然是奇函数,排除A.而f'(x)'=-2cos x=0有无穷多个根,函数f'(x)有无穷多个单调区间,排除C,D.故选B.

4、答案:B6.(2014山西忻州一模,12)定义在上的函数f(x),f'(x)是它的导函数,且恒有f(x)<f'(x)tan x成立,则()A.B.f(1)<2fsin 1C.>fD.<f解析:f(x)<f'(x)tan x,即f'(x)sin x-f(x)cos x>0,'=>0,函数上单调递增,从而,即<f.答案:D7.已知f(x)=x(1+|x|),则f'(1)·f'(-1)=. 解析:当x0时,f(x)=x2+x,f'(x)=2x+1,则f'(1)=

5、3.当x<0时,f(x)=x-x2,f'(x)=1-2x,则f'(-1)=3.故f'(1)·f'(-1)=9.答案:98.函数f(x)=|x3-3x2-t|,x0,4的最大值记为g(t),当t在实数范围内变化时,g(t)的最小值为. 解析:令g(x)=x3-3x2-t,则g'(x)=3x2-6x,令g'(x)0,则x0或x2,在0,2上g(x)为减函数,在2,4上g(x)为增函数,故f(x)的最大值g(t)=max|g(0)|,|g(2)|,|g(4)|,又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,|g(4)|=|

6、16-t|,在同一坐标系中分别作出它们的图象.由图象可知,在y=16-t(t16)与y=4+t(t-4)的交点处,g(t)取得最小值,由16-t=4+t,得2t=12,t=6,g(t)min=10.答案:109.设函数f(x)=(x-1)ex-kx2(kR).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k时,求函数f(x)在0,k上的最大值M.解:(1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,f'(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2),令f'(x)=0,得x1=0,x2=ln 2,当x变化时,f'(x),f(x)的变化如下表:x(-

7、,0)0(0,ln 2)ln 2(ln 2,+)f'(x)+0-0+f(x)极大值极小值由表可知,函数f(x)的递减区间为(0,ln 2),递增区间为(-,0),(ln 2,+).(2)f'(x)=ex+(x-1)ex-2kx=xex-2kx=x(ex-2k),令f'(x)=0,得x1=0,x2=ln(2k),令g(k)=ln(2k)-k,k,则g'(k)=-1=0,所以g(k)在上单调递增.所以g(k)ln 2-1=ln 2-ln e<0.从而ln(2k)<k,所以ln(2k)(0,k).所以当x(0,ln(2k)时,f'(x)<0;

8、当x(ln(2k),+)时,f'(x)>0.所以M=maxf(0),f(k)=max-1,(k-1)ek-k3.令h(k)=(k-1)ek-k3+1,则h'(k)=k(ek-3k),令(k)=ek-3k,则'(k)=ek-3e-3<0.所以(k)在上单调递减,而·(1)=(e-3)<0,所以存在x0使得(x0)=0,且当k时,(k)>0,当k(x0,1)时,(k)<0,所以(k)在上单调递增,在(x0,1)上单调递减.因为h=->0,h(1)=0,所以h(k)0在上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”.综上,函数f(x)在0,

9、k上的最大值M=(k-1)ek-k3.10.(2014广东高考,文21)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0,使得f(x0)=f.解:(1)由f(x)=x3+x2+ax+1,求导得f'(x)=x2+2x+a.令f'(x)=0,即x2+2x+a=0,=4-4a.当0,即a1时,f'(x)0恒成立,f(x)在R上单调递增;当>0,即a<1时,方程x2+2x+a=0的两根分别为:x1=-1+,x2=-1-,当x(-,-1-)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x

10、(-1-,-1+)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x(-1+,+)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)当a<0时,由(1),令x1=-1+=1,解得a=-3.当a<-3时,1<-1+,由(1)的讨论可知f(x)在(0,1)上单调递减,此时不存在x0,使得f(x0)=f.当-3<a<0时,1>-1+,f(x)在(0,-1+)上递减,在(-1+,1)上递增,f(1)-fa+,依题意,要f(x)存在x0,使得f(x0)=f,只需f(1)-fa+>0,解得a>-,于是有-<a<0即为所求.11.(2

11、014陕西高考,文21)设函数f(x)=ln x+,mR.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f'(x)-零点的个数;(3)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.解:(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,则f'(x)=,当x(0,e),f'(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x(e,+),f'(x)>0,f(x)在(e,+)上单调递增,x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f'(x)-(x

12、>0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0),设(x)=-x3+x(x0),则'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x(0,1)时,'(x)>0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,'(x)<0,(x)在(1,+)上单调递减.x=1是(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是(x)的最大值点,(x)的最大值为(1)=.又(0)=0,结合y=(x)的图像(如图),可知当m>时,函数g(x)无零点;当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点;当m0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;当m=或m0时,函数g(x)