高三数学二轮复习124导数的简单应用及定积分课时巩固过关练理新人教版.docx

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高三数学二轮复习124导数的简单应用及定积分课时巩固过关练理新人教版

2019-2020年高三数学二轮复习1.2.4导数的简单应用及定积分课时巩固过关练理新人教版

一、选择题（每小题5分,共20分）

1.（xx·四川高考）已知a为函数f（x）=x3-12x的极小值点,则a=　（　　）

A.-4B.-2C.4D.2

【解析】选D.f′=3x2-12=3,

令f′=0,得x=-2或x=2,易知f在上单调递减,在上单调递增,

故f的极小值为f,所以a=2.

2.（xx·益阳一模）函数f（x）=x2-2lnx的单调减区间是　（　　）

A.（0,1]B.[1,+∞）

C.（-∞,-1）∪（0,1]D.[-1,0）∪（0,1]

【解析】选A.f′（x）=2x-=（x>0）,

令f（x）≤0,解得:

0

3.（xx·承德二模）在平面直角坐标系中,过原点O的直线l与曲线y=ex-2交于不同的两点A,B,分别过A,B作x轴的垂线,与曲线y=lnx交于点C,D,则直线CD的斜率为　（　　）

A.3　　　B.2　　　C.1　　　D.

【解析】选C.设直线l的方程为y=kx（k>0）,且A（x1,y1）,B（x2,y2），故kx1=,

kx2=⇒x1=,x2=,则

kCD==

=

=1.

4.（xx·莱芜一模）设函数f′（x）是函数f（x）（x∈R）的导函数,f（0）=1,且3f（x）=f′（x）-3,则4f（x）>f′（x）的解集为　（　　）

A.B.

C.D.

【解析】选B.因为3f（x）=f′（x）-3,

所以f′（x）=3f（x）+3,可设f（x）=aebx+c,

由f（0）=1,所以a+c=1,

又3f（x）=f′（x）-3,所以3aebx+3c=abebx-3,

即（3a-ab）ebx=-3-3c,

所以

解得b=3,c=-1,a=2.

所以f（x）=2e3x-1,x∈R,

又4f（x）>f′（x）,

所以8e3x-4>6e3x,即e3x>2,解得x>,

所求不等式的解集为.

二、填空题（每小题5分,共10分）

5.（xx·衡阳一模）曲线f（x）=2x2-3x在点（1,f

（1））处的切线方程为__________.

【解析】f′（x）=4x-3,f′

（1）=1,f

（1）=-1,

所以切线方程为y+1=x-1,即x-y-2=0.

答案:

x-y-2=0

6.（xx·汕头一模）若过点A（2，m）可作函数f（x）=x3-3x对应曲线的三条切线，则实数m的取值范围为__________.

【解题导引】设切点为（a，a3-3a），利用导数的几何意义，求得切线的斜率k=

f′（a），利用点斜式写出切线方程，将点A代入切线方程，可得关于a的方程有三个不同的解，利用参变量分离可得2a3-6a2=-6-m，令g（x）=2x3-6x2，利用导数求出g（x）的单调性和极值，则根据y=g（x）与y=-6-m有三个不同的交点，即可得到m的取值范围.

【解析】设切点为（a，a3-3a），因为f（x）=x3-3x，所以f′（x）=3x2-3，

所以切线的斜率k=f′（a）=3a2-3，由点斜式可得切线方程为y-（a3-3a）=（3a2-3）（x-a），

因为切线过点A（2，m），

所以m-（a3-3a）=（3a2-3）（2-a），

即2a3-6a2=-6-m，

因为过点A（2，m）可作曲线y=f（x）的三条切线，

所以关于a的方程2a3-6a2=-6-m有三个不同的根，

令g（x）=2x3-6x2，所以g′（x）=6x2-12x=0，解得x=0或x=2，

当x<0时，g′（x）>0，当02时，g′（x）>0，

所以g（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，

所以当x=0时，g（x）取得极大值g（0）=0，

当x=2时，g（x）取得极小值g

（2）=-8，

关于a的方程2a3-6a2=-6-m有三个不同的根，等价于y=g（x）与y=-6-m的图象有三个不同的交点，所以-8<-6-m<0，所以-6

所以实数m的取值范围为（-6，2）.

答案：

（-6，2）

三、解答题（7题12分,8题13分,共25分）

7.（xx·合肥二模）已知函数f（x）=lnx+（a>0）.

（1）当a=2时,求出函数f（x）的单调区间.

（2）若不等式f（x）≥a对于x>0的一切值恒成立,求实数a的取值范围.

【解题导引】

（1）对函数求导,令导函数为0,得导函数的根,做表,通过导函数的正负确定原函数的增减.

（2）将所要证明的式子变形,建立一个函数,求导后再建立一个新的函数,再求导.需要用到两次求导.再来通过最值确定正负号,然后确定原函数的单调性.

【解析】

（1）f（x）的定义域为（0,+∞）,

a=2时,f（x）=lnx+,

f′（x）=-=,

令f′（x）=0,得x=e.

①当0

②当e0,则f（x）在区间（e,+∞）上是单调递增的.

所以f（x）的递减区间是（0,e）,递增区间是（e,+∞）.

（2）原式等价于xlnx+a+e-2-ax≥0在（0,+∞）上恒成立.

令g（x）=xlnx+a+e-2-ax.

因为g′（x）=lnx+1-a,

令g′（x）=0,得x=ea-1.

①0

②ea-10,g（x）单调递增.

所以g（x）的最小值为g（ea-1）=（a-1）ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1.

令t（x）=x+e-2-ex-1.因为t′（x）=1-ex-1,

令t′（x）=0,得x=1,且

③00,t（x）单调递增,

④1

所以当a∈（0,1）时,g（x）的最小值t（a）>t（0）=e-2-=>0.

当a∈[1,+∞）时,g（x）的最小值为t（a）=a+e-2-ea-1≥0=t

（2）.

所以a∈[1,2].

综上得:

a∈（0,2].

8.（xx·葫芦岛一模）已知函数f（x）=-x3+ax2+1（a∈R）.

（1）若在f（x）的图象上横坐标为的点处存在垂直于y轴的切线,求a的值.

（2）若f（x）在区间（-2,3）内有两个不同的极值点,求a的取值范围.

（3）在

（1）的条件下,是否存在实数m,使得函数g（x）=x4-5x3+（2-m）x2+1的图象与函数f（x）的图象恰有三个交点,若存在,试求出实数m的值;若不存在,说明理由.

【解析】

（1）依题意,f′=0,因为f′（x）=-3x2+2ax,所以a=1.

（2）若f（x）在区间（-2,3）内有两个不同的极值点.

则f′（x）=0在（-2,3）内有两个不同的实根.

又f′（x）=-3x2+2ax=-x（3x-2a）,

x1=0,x2=,所以-2<<3.

解得-3

（3）在

（1）的条件下,a=1.

要使函数f（x）与g（x）=x4-5x3+（2-m）x2+1的图象恰有三个交点,等价于方程-x3+x2+1=x4-5x3+（2-m）x2+1,

即方程x2（x2-4x+1-m）=0恰有三个不同的实根.

因为x=0是一个根,所以应使方程x2-4x+1-m=0有两个非零的不等实根,

则Δ>0,1-m≠0,解得m>-3,m≠1.

所以存在m∈（-3,1）∪（1,+∞）使得两个函数图象恰有三个交点.

【加固训练】（xx·洛阳二模）已知函数f（x）=（m,n∈R）在x=1处取到极值2.

（1）求f（x）的解析式.

（2）设函数g（x）=lnx+,若对任意的x1∈[-1,1],总存在x2∈[1,e],使得g（x2）≤f（x1）+,求实数a的取值范围.

【解题导引】

（1）利用函数的求导公式计算函数的导数,根据函数在x=1处取到极值得出函数在x=1处的导数值为0,再把x=2代入函数,联立两式求出m,n的值即可.

（2）由

（1）知f（x）的定义域为R,且f（-x）=-f（x）.故f（x）为奇函数.f（0）=0,x>0时,f（x）>0,f（x）=≤2.当且仅当x=1时取“=”.故f（x）的值域为[-2,2].从而f（x1）+≥.依题意有g（x）最小值≤.

【解析】

（1）

f′（x）==.

由f（x）在x=1处取到极值2,故f′

（1）=0,f

（1）=2,

即

解得m=4,n=1,经检验,此时f（x）在x=1处取得极值.

故f（x）=.

（2）由

（1）知f（x）的定义域为R,且f（-x）=-f（x）.故f（x）为奇函数.f（0）=0,x>0时,f（x）>0,f（x）=≤2.当且仅当x=1时取“=”.

故f（x）的值域为[-2,2].从而f（x1）+≥.

依题意有g（x）最小值≤.

函数g（x）=lnx+的定义域为（0,+∞）,g′（x）=.

①当a≤1时,g′（x）>0,函数g（x）在[1,e]上单调递增,其最小值为g

（1）=a≤1<合题意;

②当10,单调递增,所以函数g（x）最小值为f（a）=lna+1,由lna+1≤,得0

③当a≥e时,显然函数g（x）在[1,e]上单调递减,其最小值为g（e）=1+≥2>,不合题意.

综上所述,a的取值范围为a≤.

一、选择题（每小题5分,共20分）

1.曲线C:

y=xlnx在点M（e,e）处的切线方程为　（　　）

A.y=x-eB.y=x+e

C.y=2x-eD.y=2x+e

【解析】选C.因为y=xlnx,所以y′=lnx+1,所以k=lne+1=2,所以切线方程为y-e=2（x-e）,即y=2x-e.

【加固训练】在曲线y=x2上切线倾斜角为的点是　（　　）

A.（0,0）　　　　　　　B.（2,4）

C.D.

【解析】选D.y′=2x,设切点为（a,a2）,

所以y′=2a,得切线的斜率为2a,所以2a=tan45°=1,所以a=,在曲线y=x2上切线倾斜角为的点是.

2.若函数f（x）=x2-lnx+1在其定义域内的一个子区间（k-1,k+1）内不是单调函数,则实数k的取值范围为　（　　）

A.[1,+∞）B.

C.[1,2）D.

【解析】选B.因为f（x）的定义域为（0,+∞）,f′（x）=2x-=,

由f′（x）>0得,x>;由f′（x）<0得,0

因为函数f（x）在其定义域内的一个子区间（k-1,k+1）内不是单调函数,所以0≤k-1<

所以1≤k<.

3.函数f（x）（x>0）的导函数为f′（x）,若xf′（x）+f（x）=ex,且f

（1）=e,则

（　　）

A.f（x）的最小值为eB.f（x）的最大值为e

C.f（x）的最小值为D.f（x）的最大值为

【解析】选A.设g（x）=xf（x）-ex,

所以g′（x）=f（x）+xf′（x）-ex=0,

所以g（x）=xf（x）-ex为常数函数.

因为g

（1）=1×f

（1）-e=0,

所以g（x）=xf（x）-ex=g

（1）=0,

所以f（x）=,f′（x）=,

当01时,f′（x）>0,

所以f（x）≥f

（1）=e.

【加固训练】设定义在（0,+∞）上的函数f（x）满足xf′（x）-f（x）=xlnx,f=,则f（x）　（　　）

A.有极大值,无极小值

B.有极小值,无极大值

C.既有极大值,又有极小值

D.既无极大值,也无极小值

【解析】选D.f（x）的定义域为（0,+∞）,

因为xf′（x）-f（x）=xlnx,

所以=,所以′=,

所以=ln2x+c,

所以f（x）=xln2x+cx.因为f=ln2+c×=,所以c=.

所以f′（x）=ln2x+lnx+=（lnx+1）2≥0,

所以f（x）在（0,+∞）上单调递增,

所以f（x）在（0,+∞）上既无极大值也无极小值.

4.设函数f（x）=sin.若存在f（x）的极值点x0满足+[f（x0）]2

A.（-∞,-6）∪（6,+∞）

B.（-∞,-4）∪（4,+∞）

C.（-∞,-2）∪（2,+∞）

D.（-∞,-1）∪（4,+∞）

【解析】选C.由题意知:

f′（x0）=·cos=0,所以x0=,所以m2>+[f（x0）]2

=+3sin2=+3,故>3,解得m>2或m<-2.

二、填空题（每小题5分,共10分）

5.若函数y=f（x）的图象在点（1,f

（1））处的切线方程是x-2y+3=0,则f

（1）-

2f′

（1）=__________.

【解析】依题意得:

当x=1时,y=2,即f

（1）=2,

又因为切线方程为x-2y+3=0,

所以切线的斜率为,所以f′

（1）=,

所以f

（1）-2f′

（1）=2-2×=1.

答案:

1

【加固训练】已知直线l:

y=kx+b与曲线y=x3+3x+1相切,则斜率k取最小值时,直线l的方程为__________.

【解题导引】求出原函数的导函数,得到导函数的最小值,求出此时x的值,再求出此时的函数值,由直线方程的点斜式,求得斜率k最小时直线l的方程.

【解析】由y=x3+3x+1,得y′=3x2+3,

则y′=3（x2+1）≥3,当y′=3时,x=0,

此时f（0）=1,所以斜率k最小时直线l的方程为y-1=3（x-0）,

即3x-y+1=0.

答案:

3x-y+1=0

6.已知函数y=f（x）是R上的偶函数,对于任意x∈R,都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立,当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0,给出下列命题:

①f（3）=0;

②直线x=-6是函数f（x）的图象的一条对称轴;

③函数y=f（x）在[-9,-6]上为增函数;

④函数y=f（x）在[-9,9]上有四个零点.

其中所有正确命题的序号为__________.

【解析】对于任意x∈R,都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立,令x=-3,则f（-3+6）

=f（-3）+f（3）,又因为f（x）是R上的偶函数,所以f（3）=0,故①正确.

②由

（1）知f（x+6）=f（x）,所以f（x）的周期为6,

又因为f（x）是R上的偶函数,所以f（x+6）=f（-x）,

而f（x）的周期为6,所以f（x+6）=f（-6+x）,f（-x）=f（-x+6）,

所以:

f（-6-x）=f（-6+x）,所以直线x=-6是函数y=f（x）的图象的一条对称轴,故②正确.

③当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0,

所以函数y=f（x）在[0,3]上为增函数,

因为f（x）是R上的偶函数,所以函数y=f（x）在[-3,0]上为减函数,

而f（x）的周期为6,所以函数y=f（x）在[-9,-6]上为减函数,故③错误.

④f（3）=0,f（x）的周期为6,

所以:

f（-9）=f（-3）=f（3）=f（9）=0,

函数y=f（x）在[-9,9]上有四个零点,故④正确.

答案:

①②④

三、解答题（7题12分,8题13分,共25分）

7.设函数f（x）=aex（x+1）（其中e=2.71828…），g（x）=x2+bx+2，已知它们在x=0处有相同的切线.

（1）求函数f（x），g（x）的解析式.

（2）求函数f（x）在[t，t+1]（t>-3）上的最小值.

（3）若对∀x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，求实数k的取值范围.

【解题导引】

（1）求导函数，利用两函数在x=0处有相同的切线，可得2a=b，f（0）=a=g（0）=2，即可求函数f（x），g（x）的解析式.

（2）求导函数，确定函数的单调性，再分类讨论，即可求出函数f（x）在[t，t+1]（t>-3）上的最小值.

（3）令F（x）=kf（x）-g（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，对∀x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，可得当x≥-2时，F（x）min≥0，即可求实数k的取值范围.

【解析】

（1）f′（x）=aex（x+2），g′（x）=2x+b，

由题意，两函数在x=0处有相同的切线.

所以f′（0）=2a，g′（0）=b，

所以2a=b，f（0）=a=g（0）=2，所以a=2，b=4，

所以f（x）=2ex（x+1），g（x）=x2+4x+2.

（2）f′（x）=2ex（x+2），

由f′（x）>0得x>-2，由f′（x）<0得x<-2，

所以f（x）在（-2，+∞）上单调递增，

在（-∞，-2）上单调递减.

因为t>-3，所以t+1>-2.

①当-3

所以f（x）min=f（-2）=-2e-2.

②当t≥-2时，f（x）在[t，t+1]上单调递增，

所以f（x）min=f（t）=2et（t+1）.

所以f（x）min=

（3）令F（x）=kf（x）-g（x）=2kex（x+1）-x2-4x-2，

由题意当x≥-2时，F（x）min≥0.

因为∀x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，

所以F（0）=2k-2≥0，所以k≥1，F′（x）=2kex（x+1）+2kex-2x-4=2（x+2）（kex-1），

因为x≥-2，由F′（x）>0得ex>，

所以x>ln；由F′（x）<0得x

所以F（x）在上单调递减，

在上单调递增.

①当ln<-2，即k>e2时，F（x）在[-2，+∞）上单调递增，

F（x）min=F（-2）=-2ke-2+2=（e2-k）<0，不满足F（x）min≥0.

②当ln=-2，即k=e2时，

由①知，F（x）min=F（-2）=（e2-k）=0，

满足F（x）min≥0.

③当ln>-2，即1≤k

F（x）在上单调递减，

在上单调递增.

F（x）min=F=lnk（2-lnk）>0，满足F（x）min≥0.

综上所述，满足题意的k的取值范围为[1，e2].

8.已知函数f（x）=ax+-2a+1（a>0）.

（1）求f（x）的单调区间.

（2）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围.

（3）证明：

ln>.

【解题导引】

（1）求出f（x）的定义域，以及导函数，根据导函数的正负与增减性的关系判断即可确定出f（x）的单调区间.

（2）令g（x）=ax+-2a+1-lnx，x∈[1，+∞），求出g

（1）的值以及导函数，根据导函数的正负与增减性的关系确定出f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立时实数a的取值范围即可.

（3）令a=，根据第二问的结论列出关系式，进而可得lnx21）（*），所证不等式等价于>，

令x=>1（n>2），代入不等式（*），整理即可得证.

【解析】

（1）f（x）的定义域为{x|x≠0}，f′（x）=a-=（a>0），

当00恒成立，

此时，f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上是增函数；

当a≥1时，令f′（x）=0得：

x1=-，x2=，

列表如下：

x

（-∞，x1）

（x1，0）

（0，x2）

（x2，+∞）

f′（x）

+

-

-

+

f（x）

增

减

减

增

此时，f（x）的递增区间是（-∞，-），（，+∞）；

递减区间是，.

（2）令g（x）=ax+-2a+1-lnx，x∈[1，+∞），

则g

（1）=0，g′（x）=a--==，

（i）当01，

若1

所以g（x）

（1）=0，即f（x）

故f（x）≥lnx在[1，+∞）上不恒成立；

（ii）当a≥时，≤1，

若x>1，则g′（x）>0，g（x）是增函数，

所以g（x）>g

（1）=0，即f（x）>lnx，

故当x≥1时，f（x）≥lnx，

综上所述，所求a的取值范围是.

（3）在

（2）中，令a=，可得不等式：

lnx≤（x≥1）（当且仅当x=1时等号成立），

进而可得lnx21）（*），

ln>⇒ln>，

令x=>1（n>2），

代入不等式（*）得：

ln<-=-

=，

则所证不等式成立.

【加固训练】已知函数f（x）=ex+a|x-1|.

（1）当a=3时,求函数f（x）在区间[0,2]上的值域.

（2）若f（x）≥0对一切实数x∈[0,+∞）恒成立,求a的取值范围.

【解析】

（1）当a=3时,f（x）=ex+3|x-1|=

则函数的导数f′（x）=

当0

当10,此时函数单调递增,

所以函数的最小值为f

（1）=e,

又f（0）=4,f

（2）=e2+3,

则函数在[0,2]上的最大值为e2+3,即函数的值域为[e,e2+3].

（2）当x=1时,f

（1）=e>0,对一切x≥0都恒成立,所以此时a为任意实数.

当x≠1时,f（x）≥0等价为ex+a|x-1|≥0,

即a≥,设g（x）=,

则g（x）=

g′（x）=

即g（x）在[0,1）上单调递减,在（1,2]上单调递增,在（2,+∞）上单调递减,

所以g（x）的极大值为g

（2）=-e2,

所以a≥-e2,且a≥g（0）=-1,

综上a≥-1.

1.（xx·包头一模）已知函数f（x）=alnx+x2（a为实常数）.

（1）若a=-2,求证:

函数f（x）在（1,+∞）上是增函数.

（2）求函数f（x）在[1,e]上的最小值及相应的x值.

【解析】

（1）当a=-2时,f（x）=x2-2lnx,当x∈（1,+∞）时,f′（x）=>0,

故函数f（x）在（1,+∞）上是增函数.

（2）f′（x）=（x>0）,当x∈[1,e]时,2x2+a∈[a+2,a+2e2].

若a≥-2,f′（x）在[1,e]上非负（仅当a=-2,x=1时,f′（x）=0）,故函数f（x）在[1,e]上是增函数,此时[f（x）]min=f

（1）=1.

若-2e2

当1≤x<时,f′（x）<0,

此时f（x）是减函数;当0,此时f（x）是增函数.

故[f（x）]min=f=ln-.

若a≤-2e2,f′（x）在[1,e]上非正（仅当a=-2e2,x=e时,f′（x）=0）,

故函数f（x）在[1,e]上是减函数,

此时[f（x）]min=f（e）=a+e2.

综上可知,当a≥-2时,f（x）的最小值为1,相应的x值为1;

当-2e2

当a≤-2e2时,f（x）的最小值为a+e2,相应的x值为e.

2.设函数f（x）=lnx+x2-2mx+m2,m∈R.

（1）当m=0时,求函数f（x）在[1,3]上的最小值.

（2）若函数f（x）在上存在单调递增区间,求实数m的取值范围.

（3）若函数f（x）存在极值点,求实数m的取值范围.

【解析】

（1）当m=0时,f（x）=lnx+x2,其定义域为（0,+∞）,f′（x）=+2x.

所以f（x）在[1,3]上是增函数,当