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(考前大通关)高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题一《第四讲 导数及其应用》专题针对训练 理

(考前大通关)高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题一《第四讲 导数及其应用》专题针对训练 理

(考前大通关) 2013 高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破 方略专题一《第四讲 导数及其应用》专题针对训练 理 一、选择题 1.(2010 年高考课标全国卷)曲线 y= A.y=2x+1 B.y=2x-1 C.y=-2x-3 D.y=-2x-2 x 在点(-1,-1)处的切线方程为( x+2 ) x+2-x 2 解析:选 A.易知点(-1,-1)在曲线上,且 y′= 2= 2,∴切线斜率 ?x+2? ?x+2? 2 k=y′|x=-1= =2. 1 由点斜式得切线方程为 y+1=2(x+1),即 y=2x+1. 2.函数 f(x)的导函数为 f′(x),若(x+1)·f′(x)>0,则下列结论中正确的是( ) A.x=-1 一定是函数 f(x)的极大值点 B.x=-1 一定是函数 f(x)的极小值点 C.x=-1 不是函数 f(x)的极值点 D.x=-1 不一定是函数 f(x)的极值点 解析:选 D.由题意,得 x>-1,f′(x)>0 或 x<-1,f′(x)<0,但函数 f(x)在 x=-1 处未必连续,即 x=-1 不一定是函数 f(x)的极值点,故选 D. f?x? 2 3.函数 f(x)=x -2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 在区间 x (1,+∞)上一定( ) A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数 2 解析:选 D.由函数 f(x)=x -2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,可得 a 的取值范围 f?x? a a 为 a<1,又 g(x)= =x+ -2a,则 g′(x)=1- 2.易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0, x x x 所以 g(x)为增函数. 1 4 3 4.已知函数 f(x)= x -2x +3m,x∈R,若 f(x)+9≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围 2 是( ) 3 A.m≥ 2 3 B.m> 2 3 C.m≤ 2 3 D.m< 2 1 4 3 3 2 解析:选 A.因为函数 f(x)= x -2x +3m,所以 f′(x)=2x -6x ,令 f′(x)=0,得 2 27 x=0 或 x=3,经检验知 x=3 是函数的一个最小值点,所以函数的最小值为 f(3)=3m- , 2 27 3 不等式 f(x)+9≥0 恒成立,即 f(x)≥-9 恒成立,所以 3m- ≥-9,解得 m≥ . 2 2 2 2 5.已知函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x -alnx 在(1,2)上为 增函数,则 a 的值等于( ) A.1 B.2 C.0 D. 2 解析:选 B.∵函数 f(x)=x -ax+3 在(0,1)上为减函数,∴ ≥1,得 a≥2. 2 2 a a x 上恒成立,有 a≤2,∴a=2. 又∵g′(x)=2x- ,依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,得 2x ≥a 在 x∈(1,2) 2 二、填空题 2 6 .已知函数 f(x) 的导函数为 f′(x),且满足 f(x) =3x + 2xf′(2),则 f′(5)= ________. 2 解析:因为 f(x)=3x +2xf′(2),所以 f′(x)=6x+2f′(2),于是 f′(2)=12+ 2f′(2),解得 f′(2)=-12,故 f′(x)=6x-24,因此 f′(5)=6. 答案:6 2 2 7.曲线 f(x)=ax +bx+c(a>0,b、c∈R)经过点 P(0,2a +8),且在点 Q(-1,f(-1)) 处的切线垂直于 y 轴,则 的最小值为________. c b 2 2 2 解析:由已知曲线 f(x)=ax +bx+c(a>0,b、c∈R)经过点 P(0,2a +8)知 c=2a +8. 又知其在点 Q(-1,f(-1))处的切线垂直于 y 轴, ∴f′(-1)=0,即-2a+b=0,b=2a. c 2a2+8 4 ∴ = =a+ . b 2a a c 4 ∵a>0,∴ =a+ ≥4, b a c 即 的最小值为 4. b 答案:4 8.已知 函数 y=xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数),给出以下说法: ①函数 f(x)在区间(1, +∞)上是增函数; ②函数 f(x)在区间(-1,1)上不单调; ③函数 f(x) 1 在 x=- 处取到极大值;④函数 f(x)在 x=1 处取到极小值.其中正确的说法有________. 2 解析:由图可知,当 x<-1 时,xf′(x)<0,故 f′(x)>0,即函数 f(x)在(-∞,-1) 上单调递增;当-1<x<0 时,xf′(x)>0,故 f′(x)<0,即函数 f(x)在(-1,0)上单调递减, 因此 f(x)在 x=-1 时取得极大值;根据对称性可知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+ ∞)上单调递增,故在 x=1 时取得极小值.故①④正确. 答案:①④ 三、解答题 1 2 9.已知函数 f(x)=ax +blnx 在 x=1 处有极值 . 2 (1)求 a、b 的值; (2)判断函数 y=f(x)的单调性并求出单调区间. 2 解:(1)因为函数 f(x)=ax +blnx, 所以 f′(x)=2ax+ . 1 又函数 f(x)在 x=1 处有极值 , 2 b x f′?1?=0, ? ? 所以? 1 f?1?= , ? 2 ? 1 ? ?a= , 解得? 2 ? ?b=-1. 2a+b=0, ? ? 即? 1 a= . ? ? 2 1 2 (2)由(1)可知 f(x)= x -lnx,其定义域是(0,+∞), 2 1 ?x+1??x-1? ∴f′(x)=x- = . x x 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数 y=f(x)的单

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