《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破課時作業(yè)5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 理.doc(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
課時作業(yè) 5 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用
1.[2018合肥高三檢測]已知直線2x-y+1=0與曲線y=aex+x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的值是( )
A. B.1
C.2 D.e
解析:由題意知y′=aex+1=2,則a>0,x=-lna,代入曲線方程得y=1-lna,所以切線方程為y-(1-lna)=2(x+lna),即y=2x+lna+1=2x+1?a=1.
答案:B
2.[2018廣州綜合測試]已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處的極值為10,則數(shù)對(a,b)為( )
A.(-3,3) B.(-11,4)
C.(4,-11) D.(-3,3)或(4,-11)
解析:f′(x)=3x2+2ax+b,依題意可得即消去b可得a2-a-12=0,解得a=-3或a=4,故或當(dāng)時,f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,這時f(x)無極值,不合題意,舍去,故選C.
答案:C
3.[2018北師大附中期中]若a=exdx,b=xdx,c=dx,則a,b,c的大小關(guān)系是( )
A.a(chǎn)
2,b=xdx=x2=,c=dx=lnx=ln2<1,
∴a,b,c的大小關(guān)系是c0時,f′(x)>0,則( )
A.f(0)>f(log32)>f(-log23)
B.f(log32)>f(0)>f(-log23)
C.f(-log23)>f(log32)>f(0)
D.f(-log23)>f(0)>f(log32)
解析:因為f′(x)是奇函數(shù),所以f(x)是偶函數(shù).而|-log23|=log23>log22=1,00時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),
所以f(0)1,所以1+ln2x0=x,x0∈(1,+∞).令g(x)=x2-ln2x-1,x∈[1,+∞),則g′(x)=2x-=>0,所以g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=-ln2<0,g()=1-ln2<0,g()=2-ln2>0,所以存在x0∈(,),使得g(x0)=0,故的解集為( )
A.(1,2) B.(0,1)
C.(-1,1) D.(1,+∞)
解析:令g(x)=f(x)-(x+1),∴g′(x)=f′(x)-<0,故g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減且g(1)=0.
令g(x)>0,則x<1,f(x2)>?f(x2)->0?g(x2)>0?x2<1?-10,則g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,g(x)≤g(1)=1-2a.①當(dāng)1-2a≤0,即a≥時,g(x)≤0,則f′(x)≤0,f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,f(x)≥f(1)=0,所以f(x)≥0在(0,1]上恒成立.②當(dāng)1-2a>0,即a<時,在(0,1]上,g(x)≤0不恒成立,所以存在x0,使g(x0)=0,則在(0,x0)上,g(x)<0,在(x0,1)上,g(x)>0,所以在(0,x0)上f(x)單調(diào)遞減,在(x0,1)上f(x)單調(diào)遞增,由g(x0)=0,知2lnx0+1-2a=0,lnx0=,x0=e,f(x0)=e2a-1-a(e2a-1-1)=a-e2a-1,令h(a)=a-e2a-1,a<,h′(a)=1-e2a-12=1-e2a-1>0,h(a)在上單調(diào)遞增,所以h(a)0).
①當(dāng)a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上遞增,
又f(0)=1,∴ f(x)在(0,+∞)上無零點(diǎn).
②當(dāng)a>0時,由f′(x)>0解得x>,
由f′(x)<0解得0,則當(dāng)x∈時,f′(x)<0;
當(dāng)x∈(2,+∞)時,f′(x)>0.
所以f(x)在x=2處取得極小值.
若a≤,則當(dāng)x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤x-1<0,
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的極小值點(diǎn).
綜上可知,a的取值范圍是.
14.[2018全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)=.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程;
(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0.
解析:(1)解:f′(x)=,f′(0)=2.
因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是
2x-y-1=0.
(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g′(x)=2x+1+ex+1.
當(dāng)x<-1時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x>-1時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
15.[2018武漢調(diào)研]已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-,其中a為常數(shù).
(1)當(dāng)10時,求g(x)=xln+ln(1+x)的最大值.
解析:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-1,+∞),f′(x)=,x>-1.
①當(dāng)-1<2a-3<0,即10時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)2a-30,即a>時,
當(dāng)-12a-3時,f′(x)>0,則f(x)在(-1,0),(2a-3,+∞)上單調(diào)遞增,
當(dāng)01時,
令g′(x)=0,解得x1=-,x2=.
易得,g(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在[x1,x2]上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增.
所以g(x)的極大值為
g(x1)=g=+6>0.
g(x)的極小值為
g(x2)=g=-+6.
若g(x2)≥0,則由g(x)的單調(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點(diǎn),不合題意.
若g(x2)<0,即(d2-1)>27,也就是|d|>,此時|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|
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