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(新課標)2020高考數學二輪總復習1.6.1用導數求函數切線、性質(單調性、極值、零點)專題限時訓練文.docx

'(新課標)2020高考數學二輪總復習1.6.1用導數求函數切線、性質(單調性、極值、零點)專題限時訓練文.docx'
?1.6.1 用導數求函數切線、性質(單調性、極值、零點)專題限時訓練 (小題提速練)(建議用時:45分鐘)一、選擇題1.曲線y=ex在點A處的切線與直線x+y+3=0垂直,則點A的坐標為(  )A.(-1,e-1) B.(0,1)C.(-1,-2) D.(0,2)解析:與直線x+y+3=0垂直的直線的斜率為1,所以切線的斜率為1,因為y′=ex,所以由y′=ex=1,解得x=0,此時y=e0=1,即點A的坐標為(0,1).選B.答案:B2.已知函數f(x)=-(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2在實數集R上為單調遞增函數,則實數m的取值范圍是(  )A.2<m<4 B.2≤m<4C.2c>b B.a>b>cC.b>c>a D.b>a>c解析:設函數f(x)=ln x-x(x>0),得到f′(x)=-1=,根據f′(x)1,所以函數f(x)在(1,+∞)上是減函數,又因為1<<3c>b.選A.答案:A5.(2019·哈爾濱期中)設函數f(x)在R上可導,導函數為f′(x),y=(x-1)f′(x)的圖象如圖所示,則(  )A.f(x)有極大值f(2),極小值f(1)B.f(x)有極大值f(-2),極小值f(1)C.f(x)有極大值f(2),極小值f(-2)D.f(x)有極大值f(-2),極小值f(2)解析:由圖象知當x>2時,y=(x-1)f′(x)<0,則f′(x)<0,當1<x0,則f′(x)>0,當-2<x<1時,y=(x-1)f′(x)0,當x0,則f′(x)2時,f′(x)<0,當-2<x0,當x<-2時,f′(x),故m≤.選D.答案:D7.設函數f(x)=x-2sin x是區間上的減函數,則實數t的取值范圍是(  )A.(k∈Z)B.(k∈Z)C.(k∈Z)D.(k∈Z)解析:由題意得f′(x)=1-2cos x≤0,即cos x≥,解得2kπ-≤x≤2kπ+(k∈Z).∵f(x)=x-2sin x在區間上是減函數,∴?,∴2kπ-≤t≤2kπ-(k∈Z).選A.答案:A8.(2019·鄭州三模)我國著名數學家華羅庚先生曾說:“數缺形時少直觀,形少數時難入微,數形結合百般好,隔裂分家萬事休.”在數學的學習和研究中,常用函數的圖象來研究函數的性質,也常用函數的解析式來琢磨函數的圖象的特征.如函數f(x)=的圖象大致是(  )解析:根據題意,函數f(x)=,則f(-x)==,易得f(x)為非奇非偶函數,排除A,B,當x→+∞時,f(x)=→0,排除C.選D.答案:D9.對?x∈R,函數f(x)的導數存在,若f′(x)>f(x),且a>0,則以下說法正確的是(  )A.f(a)>ea·f(0) B.f(a)f(0) D.f(a)0,故g(x)=為R上的單調遞增函數,因此g(a)>g(0),即>=f(0),所以f(a)>ea·f(0).選A.答案:A10.若函數f(x)=xex-a有兩個零點,則實數a的取值范圍為(  )A.-<a-C.-e<a<0 D.0<a0,所以由g′(x)=0,解得x=-1.當x>-1時,g′(x)>0,函數g(x)為增函數;當x<-1時,g′(x)<0,函數g(x)為減函數,所以當x=-1時,函數g(x)有最小值g(-1)=-e-1=-.畫出函數y=xex的圖象,如圖所示,顯然當-<a<0時,函數f(x)=xex-a有兩個零點.選A.答案:A11.定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x),已知f(x+1)是偶函數,且(x-1)f′(x)<0.若x12,則f(x1)與f(x2)的大小關系是(  )A.f(x1)f(x2) D.不確定解析:由(x-1)f′(x)1時,f′(x)<0,函數單調遞減.當x0,函數單調遞增.因為函數f(x+1)是偶函數,所以f(x+1)=f(1-x),f(x)=f(2-x),即函數f(x)圖象的對稱軸為x=1.所以,若1≤x1f(x2);若x12-x1>1,此時有f(x2)f(x2).綜上,必有f(x1)>f(x2).選C.答案:C12.設函數f(x)=在[-2,2]上的最大值為2,則實數a的取值范圍是(  )A. B.C.(-∞,0) D.解析:設y=2x3+3x2+1(-2≤x≤0),則y′=6x(x+1)(-2≤x≤0),所以當-2≤x0,當-1<x<0時,y′0時,y=eax在(0,2]上的最大值e2a≤2,所以0<a≤ln 2;當a=0時,y=1≤2;當a<0時,y=eax在(0,2]上的最大值小于1.所以實數a的取值范圍是.選D.答案:D二、填空題13.曲線y=x(3ln x+1)在點(1,1)處的切線方程為     .解析:y′=3ln x+1+x·=3ln x+4,k=y′|x=1=4,切線方程為y-1=4(x-1),即y=4x-3.答案:y=4x-314.函數f(x)=x3-3x2+6在x=    時取得極小值.解析:依題意得f′(x)=3x(x-2).當x2時,f′(x)>0;當0<x<2時,f′(x)0),令1-=-1,解得x0=1,則y0=1,即平行于直線y=-x-2且與曲線y=x-2ln x相切的切點坐標為(1,1).由點到直線的距離公式可得點P到直線x+y+2=0的距離的最小值d==2.答案:216.已知函數f(x)=ax-cos x,x∈,若?x1∈,?x2∈,x1≠x2,0).令f′(x)=0,有3x2+2x-1=0?x=(x>0),f(x),f′(x)隨x的變化情況如下表:xf′(x)-0+f(x)極小值由上表易知,函數f(x)在x=時取得極小值f=+-ln=+ln 3,無極大值.(2)由f(x)=ax2+2x-ln x,有f′(x)=ax+2-(x>0),由題設f(x)在區間上是增函數,可知f′(x)=ax+2-≥0恒成立.故a≥-恒成立.設g(x)=-,則有a≥g(x)max,g′(x)=-+=,令g′(x)=0,有x=1,g(x),g′(x)隨x的變化情況如下表:x1(1,3)3g′(x)-0+g(x)0極小值-又g=0,g(3)=-,故g(x)max=g=0,故a≥0,所以實數a的取值范圍為[0,+∞).2.已知函數f(x)=2aln x-x2.(1)討論函數f(x)的單調性;(2)當a>0時,求函數f(x)在區間(1,e2)上的零點個數.解析:(1)∵f(x)=2aln x-x2,∴f′(x)=.∵x>0,若a≤0,則f′(x)=0,則f′(x)==,當0<x0;當x>時,f′(x)0時,f(x)在(0, )上單調遞增,在(,+∞)上單調遞減.(2)方法一:由(1)得f(x)max=f()=a(ln a-1), 當a(ln a-1)<0,即0<a<e時,函數f(x)在(1, e2)內有無零點;當a(ln a-1)=0,即a=e時,函數f(x)在(0, +∞)內有唯一零點,又1<=0,即a>e時,由于f(1)=-10,f(e2)=2aln(e2)-e4=4a-e4=(2-e2)(2+e2),若2-e2<0,即e<a<時,f(e2)時,f(e2)≥0,且f()=2aln-e=a-e>0,f(1)=-1<0,由函數的單調性可知f(x)在(1, )內有唯一的零點,在(, e2)內沒有零點,從而f(x)在(1 , e2)內只有一個零點(注:若寫成(, e2)上無零點不能給滿分).綜上所述,當a∈(0 , e)時,函數f(x)在(1, e2)內有無零點;當a∈∪時,函數f(x)在(1, e2)內有一個零點;當a∈時,函數f(x)在(1, e2)內有兩個零點.方法二:令f(x)=0得, a=,原問題轉化為函數g(x)=(1<x<e2)與y=a的圖象交點的個數問題.g′(x)=,令g′(x)=0得,x=.當x∈(1,)時,g′(x)0,可知,g(x)在(1,)遞減, 在(,e2)遞增,而g()=e,g(e2)=,借助圖形可歸納出①當0<a<e時,f(x)在區間(1,e2)的零點個數為0個;②當a=e或a≥時,f(x)在區間(1,e2)的零點個數為1個;③當e<a<時,f(x)在區間(1,e2)的零點個數為2個.
關 鍵 詞:
單調 1.6.1 性質 導數 切線 函數 極值 復習 二輪 零點
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