《江蘇省無錫市2020年高考數(shù)學(xué) 第八講 函數(shù)性質(zhì)篇 導(dǎo)數(shù)在解題中的應(yīng)用練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省無錫市2020年高考數(shù)學(xué) 第八講 函數(shù)性質(zhì)篇 導(dǎo)數(shù)在解題中的應(yīng)用練習(xí)（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省無錫市2020年高考數(shù)學(xué) 第八講 函數(shù)性質(zhì)篇 導(dǎo)數(shù)在解題中的應(yīng)用練習(xí) 1、已知集合，，則如圖所示韋恩圖中的陰影部分所表示的集合為（ ） A． B． C． D． 【答案】C. 【解析】 試題分析：首先求出集合，可求出，然后根據(jù)韋恩圖知陰影部分所表示的集合為易知C為正確答案. 考點：集合的基本運(yùn)算. 2、設(shè)且，函數(shù)在的最大值是14，求的值。 【答案】 【解析】 試題分析：先利用分類討論思想對a分類再利用換元法將y變成，然后利用二次函數(shù)對稱軸t=-1，所以在區(qū)間t上函數(shù)單調(diào)遞增，即可確定f(x)max=由題得f(x)m

2、ax=14，所以可以求出. 試題解析：令，則原函數(shù)化為 2分 ①當(dāng)時， 3分 此時在上為增函數(shù)，所以 6分 所以 7分 ②當(dāng)時， 8分 此時在上為增函數(shù)，所以 10分 所以 11分 綜上 12分 考點：1，函數(shù)單調(diào)性 2，函數(shù)奇偶性.3，換元法. 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算和幾何意義 3、已知點P在曲線y=上，a為曲線在點P處的切線的傾斜角，則a的取值 范圍是 (A)[0,) (B) (D) 【答案】D 【命題立意】本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求導(dǎo)運(yùn)算以及三角函數(shù)的知識。 【解析】因為，即tan a≥-1,所以 4、已知曲線y＝x3＋.

3、 (1)求曲線在點P(2,4)處的切線方程； (2)求曲線過點P(2,4)的切線方程． [分析]　(1)在點P處的切線以點P為切點． (2)過點P的切線，點P不一定是切點，需要設(shè)出切點坐標(biāo)． [解析]　(1)∵y′＝x2， ∴在點P(2,4)處的切線的斜率k＝y(tǒng)′＝4. ∴曲線在點P(2,4)處的切線方程為y－4＝4(x－2)， 即4x－y－4＝0. (2)設(shè)曲線y＝x3＋與過點P(2,4)的切線相切于點A， 則切線的斜率 ∴切線方程為y－＝x02(x－x0)， 即y＝x02·x－x03＋. ∵點P(2,4)在切線上，∴4＝2x02－x03＋， 即x03－3x02＋

4、4＝0.∴x03＋x02－4x02＋4＝0. ∴x02(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0. ∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2. 故所求的切線方程為4x－y－4＝0或x－y＋2＝0. 5、已知函數(shù)在R上滿足，則曲線在點處的切線方程是 （A） （B） （C） （D） 解析：由得， 即，∴∴，∴切線方程為 ，即選A 曲線在點處的切線方程為 答案： D 解析： ，，∴切線方程為，即。 6、直線是曲線的一條切線，則實數(shù)b＝ ▲ 答案：ln2－1 解析：本小題考查導(dǎo)數(shù)的幾

5、何意義、切線的求法． ，令得，故切點（2，ln2），代入直線方程，得，所以b＝ln2－1． 7、已知函數(shù)，若函數(shù)的圖像在點P（1，m）處的切線方程為，則m的值為( ) （A） （B） （C）－ （D）－ 【答案】C 【解析】 試題分析：因為， 函數(shù)的圖像在點P（1，m）處的切線方程為，得 解得： 故選C. 考點：導(dǎo)數(shù)的幾何意義. 8、已知函數(shù)，則函數(shù)點P（1，）的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為 。 【答案】 【解析】 試題分析：因為切線斜率所以切線方程為，與兩坐標(biāo)軸的交點為因此圍成的

6、三角形的面積為 考點：利用導(dǎo)數(shù)求切線 9、曲線在點(1,1)處的切線方程為______ 【答案】. 【解析】∵,∴切線斜率為4,則切線方程為:. 10、已知函數(shù)的圖象與直線交于點P，若圖象在點P處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為，則＋＋…＋的值為（　 ） A．－1 B．1－log20202020 C．-log20202020 D．1 【答案】A 【解析】 試題分析：由已知得,所以圖象在點P處的切線的斜率,又,所以函數(shù)在點P處的切線方程為:,從而,則＋＋…＋ 故選A. 考點：1.函數(shù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義;2.對數(shù)運(yùn)算. 11、已知函數(shù)，若直

7、線對任意的都不是曲線的切線，則的取值范圍是 ． 答： 提示：∵，不等式對任意都成立，∴． 12、設(shè)曲線在點處的切線為，曲線在點處的切線為，若存在，使得，則實數(shù)的取值范圍是 ． 答： 提示：直線，的斜率分別為，． 由題設(shè)得在上有解，∴． 令，則 13、若曲線在點處的切線與兩個坐標(biāo)圍成的三角形的面積為18，則 （A）64 （B）32 （C）16 （D）8 【答案】A 【命題意圖】本試題主要考查求導(dǎo)法則、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線的求法和三角形的面積公式，考查考生的計算能力..

8、 【解析】，切線方程是，令，，令，，∴三角形的面積是，解得.故選A. 函數(shù)單調(diào)性 14、若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 試題分析：因為，函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)，則在恒成立；在恒成立，因為時，，所以，故選A． 考點：1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)；2．分離參數(shù)法；3．函數(shù)的最值問題． 15、已知函數(shù)在區(qū)間上為減函數(shù)， 則的取值范圍是__ ___． 【答案】 【解析】 試題分析：因為，由，所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為，要使函數(shù)在區(qū)間上為減函數(shù)，則，所以． 考點：

9、函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)． 16、函數(shù)對于總有0 成立，則= 　 ． 【答案】4 【解析】 試題分析：因為總有0 成立，所以當(dāng)時，有恒成立，令，知當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時；所以在時知；當(dāng)時，有恒成立，由上知在上恒大于0，所以在[-1，0）上是增函數(shù)，故在[-1，0）上，所以有，又注意到當(dāng)x=0時，不論a為何值不等式0總成立；綜上可知a=4. 考點：不等式恒成立. 17、若函數(shù)且在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則的取值范 圍是（ ） A． B． C． D． 【答案】B． 【解析】 試題分析：由題意得：在恒成立，即在恒成立，∴，若：則在上單調(diào)遞減，即在恒成

10、立， ∴；若：則在上單調(diào)遞增，且恒為正，即在恒成立，這與矛盾，綜上，實數(shù)的取值范圍是． 考點：1．對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性；2．恒成立問題． 極值存在的條件 18、已知既有極大值又有極小值，則的取值范圍為（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 試題分析：由已知得:在R上有兩個不相等的實根,所以解得:,故選D． 考點：函數(shù)的極值． 19、若函數(shù)在（0，1）內(nèi)有極小值，則 ( ) （A）＜1 （B）0＜＜1 （C）b＞0 （D）b＜ 【答案】B 【解析】 試題分析：由得：，若函數(shù)在（0

11、，1）內(nèi)有極小值，則必在區(qū)間內(nèi)有解，即關(guān)于的方程區(qū)間內(nèi)有解，所以有，故選B. 考點：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值. 20、已知函數(shù). （1）若在處取得極值，求的單調(diào)遞增區(qū)間； （2）若在區(qū)間內(nèi)有極大值和極小值，求實數(shù)的取值范圍. 【答案】（1），；（2）實數(shù)的取值范圍是. 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)題意可得，又由是的極值點可得，可得，從而，而的解為或，因此可以得到的單調(diào)遞增區(qū)間為，；（2）由可知，在區(qū)間內(nèi)有極大值和極小值等價于二次函數(shù)在上有不等零點， 因此可以大致畫出的示意圖，從而可以列出關(guān)于的不等式組：，即可解得實數(shù)的取值范圍是. 試題解析：（1）∵，∴， ∵在處取得極值，∴，

12、即， ∴，令，則，∴或， ∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，； （2） ∵在內(nèi)有極大值和極小值 ∴在內(nèi)有兩不等零點， 而二次函數(shù)，其對稱軸，可結(jié)合題意畫出的大致示意圖： ∴，解得，∴實數(shù)的取值范圍是. 考點：1.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用；2.二次函數(shù)零點分布. 21．設(shè)是函數(shù)的兩個極值點. （1）試確定常數(shù)和的值； （2）試判斷是函數(shù)的極大值點還是極小值點，并求出相應(yīng)極值. 【答案】（1）；（2）在處，函數(shù)取極小值；在處，函數(shù)取得極大值. 【解析】 試題分析：（1）先求出導(dǎo)函數(shù)，接著由題中條件得到與是方程的兩個根，進(jìn)而得出，從中求解方程組即可得到的值；（2）根據(jù)（1）中確定的函數(shù)的解析

13、式，求出導(dǎo)函數(shù)，列表得到：變化時，的變化情況，進(jìn)而確定函數(shù)的極大值與極小值. 試題解析：（1） 由已知得： （2）由（1）得， 變化時.的變化情況如表： 1 2 — 0 + 0 — 極小值 極大值 故在處，函數(shù)取極小值；在處，函數(shù)取得極大值. 考點：函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù). 函數(shù)最值 22已知函數(shù)， （1）求的單調(diào)遞減區(qū)間； （2）若在區(qū)間上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 試題分析：（1）對函數(shù)求導(dǎo)，可得，由得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間; (2)由函數(shù)的單調(diào)區(qū)間

14、可知在上單調(diào)遞增．那么和分別是在區(qū)間上的最大值和最小值，由最大值，得，代回可求得最小值. 解：（1），令， ..2分 解得或， .4分 所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為． .6分 （2）因為，， 所以．∵時，，∴在上單調(diào)遞增． 又在上單調(diào)遞減， 所以和分別是在區(qū)間上的最大值和最小值． ..10分 于是有，解得．故， 所以，即函數(shù)在區(qū)間上的最小值為 12分 考點：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性. 23已知f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù),且f(1)=1,若，若對于所有的恒成立，求實數(shù)t的取值范圍. 解析 本題不等式

15、中有三個變量，因此可以通過消元轉(zhuǎn)化的策略，先消去一個變量，容易證明f(x)是定義在[-1,1]上的增函數(shù),故 f(x)在[-1,1]上的最大值為f(1)=1,則對于所有的恒成立對于所有的恒成立，即對于所有的恒成立，令，只要，． 24、已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，在點(1，f(1))處的切線方程為y＋2＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若對于區(qū)間[－2,2]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求實數(shù)c的最小值． 【解答】 (1)∵f′(x)＝3ax2＋2bx－3， 根據(jù)題意，得即解得∴f(x)＝x3－3x. (2)

16、令f′(x)＝3x2－3＝0，即3x2－3＝0，解得x＝±1， x －2 (－2，－1) －1 (－1,1) 1 (1,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －2 ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 2 ∵f(－1)＝2，f(1)＝－2，∴當(dāng)x∈[－2,2]時，f(x)max＝2，f(x)min＝－2. 則對于區(qū)間[－2,2]上任意兩個自變量的值x1，x2，都有 |f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝4，所以c≥4，即c的最小值為4. 【點評】 在處理這類問題時，因為x1，x2是兩個不相關(guān)的變

17、量，所以可以等價為函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的函數(shù)差的最大值小于c，如果x1，x2是兩個相關(guān)變量，則需要代入x1，x2之間的關(guān)系式轉(zhuǎn)化為一元問題． ?x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|的研究 形如?x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|這樣的問題，首先需要根據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性去掉|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|中的絕對值符號，再構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－ax，從而將問題轉(zhuǎn)化為新函數(shù)g(x)的單調(diào)性． 25、已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(a∈R)． (1)求證：f(x)≥0恒成立的充要條件是a＝1； (2)若

18、a<0，且對任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4，求實數(shù)a的取值范圍． 【解答】 (1)①充分性： 當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－1－lnx，f′(x)＝1－＝， 所以當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 當(dāng)00. (i)當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 而f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)<0，與f(x)≥0恒成立相矛盾． 所以a≤

19、0不滿足題意． (ii)當(dāng)a>0時， 因為當(dāng)x>a時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)0

20、 所以|f(x1)－f(x2)|≤4等價于f(x2)－f(x1)≤－，即f(x2)＋≤f(x1)＋. 設(shè)h(x)＝f(x)＋＝x－1－alnx＋. 則|f(x1)－f(x2)|≤4等價于函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)． 因為h′(x)＝1－－＝， 所以所證命題等價于證x2－ax－4≤0在x∈(0,1]時恒成立， 即a≥x－在x∈(0,1]上恒成立，即a不小于y＝x－在區(qū)間(0,1]內(nèi)的最大值． 而函數(shù)y＝x－在區(qū)間(0,1]上是增函數(shù)，所以y＝x－的最大值為－3， 所以a≥－3.又a<0，所以a∈[－3,0)． 【點評】 ?x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|≤a|x1－x2|等價為k＝≤a，再進(jìn)一步等價為f′(x)≤a的做法由于缺乏理論支持，解題時不可以直接使用．況且本題的第(2)問不能把|f(x1)－f(x2)|≤4轉(zhuǎn)化為≤4，所以這類問題還是需要按照本題第(2)問的處理手段來處理．