专题03+导数及其应用测试题-2019年高考数学艺术生百日冲刺专题测试

专题03+导数及其应用测试题-2019年高考数学艺术生百日冲刺专题测试

‎2019年艺术生百日冲刺专题测试 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）=e2x，则=（　　）‎ A．1 B．0 C．e2 D．2e2‎ ‎[答案]D ‎【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，故选：D．‎ ‎2. （2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数，则f'（0）的值为（　　）‎ A．1 B．0 C．﹣1 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：C．‎ ‎4. （2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=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＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3‎ ‎【答案】：B ‎【解析】求导函数，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，‎ ‎∴3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，‎ ‎∴a≤3，故选：B．‎ ‎5. （2018•柳州一模）设a∈R，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】B ‎6. （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． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在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：A．‎ ‎7. （2018•邯郸二模）若过点P（﹣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（　　）‎ A．（﹣，+∞） B．（） ‎ C．（0，+∞） D．（）‎ ‎【答案】D ‎【解析】：设切点为（x0，y0），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）=（﹣x﹣1）（x+2）ex，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣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）=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）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．‎ ‎（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出．‎ ‎【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，‎ ‎∵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=﹣7．‎ ‎∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．‎ ‎（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．‎ f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（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+（a＞0）．‎ ‎（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）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+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+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，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0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+（a＞0），x＞0．‎ ‎∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函数在x=1处取得极值，‎ ‎∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（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，+∞）时，函数f（x）单调递增．‎ ‎（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0．‎ 可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，‎ 则h′（x）=﹣==，‎ ‎∴0＜x＜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+﹣a≥0，‎ ‎∴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）=（m≥0），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，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+．‎ ‎【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（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞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＞⇔x2＞﹣．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）==．‎ ‎①m＞0时，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．‎ 则函数f（x）在（﹣∞，1﹣m）上单调递减，在（1﹣m，1）内单调递增，在（1，+∞）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．‎ ‎②m=0时，f′（x）=≤0，函数f（x）在R上单调递减，无极值．‎ ‎（2）证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，‎ 由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，∴f（x1）min=f（m）=．‎ ‎∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．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+﹣=＜1≤x2，‎ 因此结论成立．‎ ‎22. （2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=aex，直线l：y=x+1，其中e为自然对数的底．‎ ‎（1）当a=1，x＞0时，求证：曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线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，x2及对应的a，当x1＜x2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，aex2=x2+1，作差可得a=，运用分析法证明，即证＞，即为x2﹣x1＞1﹣=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】：（1）证明：当a=1，x＞0时，令g（x）=，‎ g′（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，∴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x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x＜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：‎ 由图象可得0＜a＜1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）=t﹣1+，t＞0，‎ n′（t）=1﹣=＞0，‎ 可得n（t）在t＞0上递增，可得 n（t）＞n（0）=0，‎ 可得t＞1﹣成立，‎ 则当x1＜x2时，a＞．‎