高考數(shù)學(xué)(藝術(shù)生百日沖刺)專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題

2020年高考數(shù)學(xué)(藝術(shù)生百日沖刺)專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題2020年高考數(shù)學(xué)(藝術(shù)生百日沖刺)專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題2020年高考數(shù)學(xué)(藝術(shù)生百日沖刺)專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用測試題命題報告：高頻考點：導(dǎo)數(shù)的幾何意義切線方程，留言導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，極值以及最值，利用導(dǎo)數(shù)解決實詰問題.2.考情解析：高考主要以選擇題填空題以及解答題形式出現(xiàn)，在全國卷所占分值是12-17分，一般解答題形式出現(xiàn)，觀察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)以及求極值最值問題。3.要點介紹：基礎(chǔ)卷第10題需要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系求解。一．選擇題（本大題共12題，每題5分）1.（2020?平羅縣校級期中）已知函數(shù)2x=（）f（x）=e，則A．1B．0C．e2D．2e2[答案]D【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，應(yīng)選：D．2.（2020?攀枝花期末）設(shè)f′（x）是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，則f'（0）的值為（）A．1B．0C．﹣1D．【答案】：C【解析】依據(jù)題意，，其導(dǎo)數(shù)f′（x）==﹣，則f'（0）=﹣1；應(yīng)選：C．3.（2020?銀川三模）已知函數(shù)f（x）=cosx+alnx在x=處獲得極值，則a=（）A．B．C．D．﹣【答案】C【解析】：∵f（x）=cosx+alnx，∴f′（x）=﹣sinx+，∵f（x）在x=處獲得極值，∴f′（）=﹣+=0，解得：a=，經(jīng)檢驗切合題意，應(yīng)選：C．4.（2020春?云陽縣期末）已知函數(shù)f（x）=x3﹣ax+1在[1，+∞）上是單調(diào)遞加函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．a(chǎn)＜3B．a(chǎn)≤3C．a(chǎn)≤1D．1＜a＜3【答案】：B【解析】求導(dǎo)函數(shù)，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞加，3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，a≤3，應(yīng)選：B．5.（2020?柳州一模）設(shè)a∈R，若函數(shù)y=x+alnx在區(qū)間（，e）有極值點，則a取值范圍為（）A．（，e）B．（﹣e，﹣）C．（﹣∞，）∪（e，+∞）D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）【答案】B6.（2020?吉安期中）設(shè)函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y=f（x）的圖象以以下列圖，則導(dǎo)函數(shù)y=f′（x）的圖象可能為（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：由f（x）的象判斷出可得從左到右函數(shù)的性在y左先增，再減，在y的右，函數(shù)減，∴函數(shù)y=f′（x）的象可能區(qū)（∞，0）內(nèi)，先有f′（x）＞0，再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故：A．7.（2020?邯二模）若點P（1，m）可以作三條直與曲C：y=xex相切，m的取范是（）A．（，+∞）B．（）C．（0，+∞）D．（）【答案】D【解析】：切點（x，y），點P的切程，代入點P坐化00m=，即個方程有三個不等根即可，令，求獲得f′（x）=（x1）（x+2）ex，函數(shù)在（∞，2）上減，在（2，1）上增，在（1，+∞）上減，故獲得

f（2）＜m＜f（1），即

，故：

D．上，若

?x∈（1，+∞），使得

f（x）＞a，a的取范

a

．????12

分（2020?新余期末）函數(shù)f（x）=x3+ax2+bxc，曲y=f（x）上的點p（1，f（1）的切方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=2有極，求f（x）的表達(dá)式；（2）在（1）的條件下，求y=f（x）在[3，1]上的最?。舅悸方馕觥浚?）f′（x）=3x2+2ax+b，由曲y=f（x）上的點p（1，f（1）的切方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+bc，f′（1）=3+2a+b=3．又

y=f（x）在x=2有極，可得f′（2）=124a+b=0，立解得

a，b，c．2）在（1）的條件下，f（x）=x3+2x24x+7．x∈[3，1]．f′（x）=3x2+4x4=（3x2）（x+2），令f′x）=0，解得x=或2．列表即可得出．【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵曲y=f（x）上的點p（1，f（1）的切方程y=3x+3．f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．y=f（x）在x=﹣2時有極值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，聯(lián)立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7．2f（x）=x+2x﹣4x+7．2）在（1）的條件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表以下：x[﹣3，﹣2）﹣2（﹣2，）f′（x）+0﹣0+f（x）單調(diào)遞加極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞加由表格可得：x=時，函數(shù)f（x）獲得極小值，=．又f（﹣3）=10＞．∴函數(shù)f（x）最小值為=．20.（2020?新羅區(qū)校級月考）設(shè)函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函數(shù)在x=1處獲得極值，議論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，務(wù)實數(shù)a的取值范圍．【思路解析】（I）函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣，依據(jù)函數(shù)在x=1處獲得極值，可得f′（1）=0，解得a．從而得出單調(diào)性．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解析】：（I）函數(shù)f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函數(shù)在x=1處獲得極值，∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，可得：函數(shù)f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞加，又f′（1）=0，∴x∈（0，1）時，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0．∴函數(shù)f（x）在x∈（0，1）時單調(diào)遞減；x∈（1，+∞）時，函數(shù)（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，

f（x）單調(diào)遞加．﹣ax≥0，x＞0．則h′（x）=﹣=∴0＜x＜時，h′（調(diào)遞加．∴h（x）min=∴l(xiāng)n≥1，解得：a≤

=，x）＜0，此時函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；=aln+﹣a≥0，，∴a的取值范圍是（0，]．

x＞

時，h′（

x）＞0，此時函數(shù)

h（x）單21.（2020?思明區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）=（m≥0），此中e為自然對數(shù)的底數(shù)．（1）議論函數(shù)f（x）的極值；（2）若m∈（1，2），證明：當(dāng)x1，x2∈[1，m]時，f（x1）＞﹣x2+1+．【思路解析】（1）求導(dǎo)對m分類議論，即可得出單調(diào)性與極值．（2）當(dāng)x1，x2∈[1，m]時，f（x1）＞﹣x2+1+，只要證明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]內(nèi)單調(diào)遞減，可得f（x1）min=f（m）．所以f（x1）min＞?x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．【解析】（1）：f′（x）==．①m＞0時，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．則函數(shù)f（x）在（﹣∞，1﹣m）上單調(diào)遞減，在（1﹣m，1）內(nèi)單調(diào)遞加，在（∴x=1﹣m時，函數(shù)f（x）獲得極小值；x=1時，函數(shù)f（x）獲得極大值．②m=0時，f′（x）=≤0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，無極值．

1，+∞）上單調(diào)遞減．（2）證明：當(dāng)由（1）可知：∴f（x1）min＞令g（m）=

x1，x2∈[1，m]時，f（x1）＞﹣x2+1+，只要證明f（x1）min＞f（x）在x∈[1，m]內(nèi)單調(diào)遞減，∴f（x1）min=f（m）=．?x2＞﹣．m∈（1，2），﹣．m∈（1，2），

即可，g′（m）=﹣=＜0，∴函數(shù)g（m）在m∈（1，2）上單調(diào)遞減，∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2，所以結(jié)論成立．（2020?道里區(qū)校級二模）已知函數(shù)h（x）=aex，直線l：y=x+1，此中e為自然對數(shù)的底．（1）當(dāng)

a=1，x＞0時，求證：曲線

f（x）=h（x）﹣

x2在直線

l的上方；（2）若函數(shù)

h（x）的圖象與直線

l有兩個不一樣樣的交點，務(wù)實數(shù)

a的取值范圍；（3）對于第（

2）中的兩個交點的橫坐標(biāo)

x1，x2及對應(yīng)的

a，當(dāng)

x1＜x2時，求證：

a＞

．【思路解析】（1）可令可得證；（2）由題可得

g（x）=x

a=

，求出二階導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得g（x）的單調(diào)性，即，設(shè)m（x）=，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，作出圖象，即可獲得所求范圍；（3）由（2）可得aex1=x1+1，aex2=x2+1，作差可得a=，運用解析法證明，即證＞，即為x2﹣x1＞1﹣=1﹣，運用換元法和構(gòu)造函數(shù)，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，即可得證．【解析】：（1）證明：當(dāng)a=1，x＞0時，令g′（x）=ex﹣x﹣1，g″（x）=ex﹣1，

g（x）=

，當(dāng)x＞0時，g″（

x）＞0，g′（x）遞加，g′（x）＞g′（0）=0，∴g（x）遞加，

g（x）＞g（0）=0，∴曲線

f（x）=h（x）﹣

x2在直線

l的上方；（2）由

y=aex和

y=x+1，可得

aex=x+1，即有

a=

，設(shè)m（x）=

，可得

m′（x）=

，當(dāng)x＞0時，m′