2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分專題篇專題一集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第五講導(dǎo)數(shù)應(yīng)用(一)課時(shí)作業(yè)理

PAGEPAGE42022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一局部專題篇專題一集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第五講導(dǎo)數(shù)應(yīng)用(一)課時(shí)作業(yè)理1．(2022·高考四川卷)a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，那么a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)求解．由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴當(dāng)x<－2或x>2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<2時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)，在(－2,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)．∴f(x)在x＝2處取得極小值，∴a＝2.答案：D2．函數(shù)y＝f(x)的圖象如下圖，那么導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象的大致形狀是()解析：由f(x)圖象先降再升后趨于平穩(wěn)知，f′(x)的函數(shù)值先為負(fù)，再為正，后為零．應(yīng)選D.答案：D3．(2022·廣東五校聯(lián)考)曲線y＝e在點(diǎn)(4，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為()A.eq\f(9,2)e2 B．4e2C．2e2 D．e2解析：∵y′＝eq\f(1,2)e，∴k＝eq\f(1,2)e＝eq\f(1,2)e2，∴切線方程為y－e2＝eq\f(1,2)e2(x－4)，令x＝0，得y＝－e2，令y＝0，得x＝2，∴所求面積為S＝eq\f(1,2)×2×|－e2|＝e2.答案：D4．(2022·沈陽模擬)偶函數(shù)f(x)(x≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)<2f(x)，那么使得f(x)>0成立的xA．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－1,0)∪(0,1)解析：根據(jù)題意，設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x2)(x≠0)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(f′x·x－2·fx,x3)<0，說明函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為偶函數(shù)，又f(1)＝0，所以g(1)＝0，故g(x)在(－1,0)∪(0,1)上的函數(shù)值大于零，即f(x)在(－1,0)∪(0,1)上的函數(shù)值大于零．答案：D5．(2022·河北“五個(gè)一〞名校聯(lián)考)假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,2)))x2＋2bx在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，那么函數(shù)f(x)在R上的極小值為()A．2b－eq\f(4,3) B．eq\f(3,2)b－eq\f(2,3)C．0 D．b2－eq\f(1,6)b3解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，∴－3<b<1，那么由f′(x)>0，得x<b或x>2，由f′(x)<0，得b<x<2，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(2)＝2b－eq\f(4,3).答案：A6．(2022·長春模擬)函數(shù)f(x)＝2x－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間是________．解析：函數(shù)f(x)＝2x－lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f′(x)＝2－eq\f(1,x)≥0，解得x≥eq\f(1,2)，所以函數(shù)f(x)＝2x－lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))7．(2022·山西四校聯(lián)考)f(x)＝axlnx＋1(a∈R)，x∈(0，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f′(1)＝2，那么a＝________.解析：∵f′(x)＝alnx＋a，∴f′(1)＝a＝2.答案：28．(2022·高考全國Ⅰ卷)函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2,7)，那么a＝________.解析：因?yàn)閒(x)＝ax3＋x＋1，所以f′(x)＝3ax2＋1，所以f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為k＝3a＋1，又f(1)＝a＋2，所以切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，因?yàn)辄c(diǎn)(2,7)在切線上，所以7－(a＋2)＝3a答案：19．(2022·高考北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依題設(shè)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e，))(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f(x)與1－x＋ex－1同號(hào)．令g(x)＝1－x＋ex－1，那么g′(x)＝－1＋ex－1.所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．10．(2022·武漢調(diào)研)函數(shù)f(x)＝(λx＋1)lnx－x＋1.(1)假設(shè)λ＝0，求f(x)的最大值；(2)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，證明：eq\f(fx,x－1)>0.解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)λ＝0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1.那么f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．故f(x)在x＝1處取得最大值f(1)＝0.(2)證明：由題可得，f′(x)＝λlnx＋eq\f(λx＋1,x)－1.由題設(shè)條件，得f′(1)＝1，即λ＝1.∴f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.由(1)知，lnx－x＋1<0(x>0，且x≠1)．當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，eq\f(fx,x－1)>0.當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)－\f(1,x)＋1))>0，∴eq\f(fx,x－1)>0.綜上可知，eq\f(fx,x－1)>0.11．函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)(a>0)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值點(diǎn)．解析：f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，對于二次方程g(x)＝0,判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ＝a2－8<0，即0<a<2eq\r(2)時(shí)，對一切x>0都有f′(x)>0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，無極值點(diǎn)．②當(dāng)Δ＝a2－8＝0，即a＝2eq\r(2)時(shí)，僅對x＝eq\r(2)有f′(x)＝0，對其余的x>0都有f′(x)>0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上也是增函數(shù)，無極值點(diǎn)．③當(dāng)Δ＝a2－8>0，即a>2eq\r(2)時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)f(x1)f(x2