《讲与练系列》2021届高三文科数学二轮复习专题二第二讲课时作业6-导数及其应用.docx

课时作业6　导数及其应用
时间：45分钟
A级—基础必做题
一、选择题
1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于(　　)
A．1 B．2
C．0 D.
解析：由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，
故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.
答案：B
2．当x∈(0,5)时，函数y＝xlnx(　　)
A．是单调增函数
B．是单调减函数
C．在上单调递增，在上单调递减
D．在上单调递减，在上单调递增
解析：y′＝lnx＋1，令y′＝0，得x＝.在上y′<0，在上y′>0，∴y＝xlnx在上单调递减，在上单调递增．故选D.
答案：D
3．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是(　　)
A．1＋ B．1
C．e＋1 D．e－1
解析：f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1,0)上递减，在(0,1)上递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，∴f(1)>f(－1)．故选D.
答案：D
4．(2022·大庆质量检测(Ⅱ))下列四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－4)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(1)＝(　　)

A. B.
C．－ D．1
解析：f′(x)＝x2＋2ax＋a2－4，其对称轴x＝－a≠0，且
f′(x)的图象开口向上，故y＝f′(x)图象为③，过(0,0)得a2－4＝0，解得a＝±2，又对称轴x＝－a>0，得a＝－2.从而f(1)＝－.
答案：C
5．(2022·广东深圳市调研)若函数f(x)＝x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1,2)上有零点，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D．(－∞，3]
解析：由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f′(x)＝x2＋2x－a在(1，＋∞)上恒大于等于0，又因函数f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需f′(1)＝1＋2－a≥0，即a≤3，又f(x)在区间(1,2)上有零点，所以f(1)f(2)<0，即<a<，综上<a≤3.
答案：C
6．(2022·江西七校联考)定义域为R的连续函数f(x)，对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且其导函数f′(x)满足(x－2)f′(x)>0，则当2<a<4时，有(　　)
A．f(2a)<f(2)<f(log2a)
B．f(2)<f(2a)<f(log2a)
C．f(log2a)<f(2a)<f(2)
D．f(2)<f(log2a)<f(2a)
解析：∵对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，∴x＝2是f(x)的对称轴，又∵(x－2)f′(x)>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<2时，f′(x)<0，f(x)是减函数；又∵2<a<4，∴1<log2a<2,4<2a<16；由f(2＋x)＝f(2－x)，得f(x)＝f(4－x)，∴f(log2a)＝f(4－log2a)，由1<log2a<2，得－2<－log2a<－1，∴2<4－log2a<3；∴2<4－log2a<2a，∴f(2)<f(4－log2a)<f(2a)，即f(2)<f(log2a)<f(2a)，故选D.
答案：D
二、填空题
7．曲线y＝x3－2x＋3在x＝1处的切线方程为________．
解析：当x＝1时，y＝2，故切点为(1,2)，又y′＝3x2－2，所以切线斜率为k＝1，切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
答案：x－y＋1＝0
8．函数f(x)＝x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________．
解析：f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)微小值＝f(3)＝－10<0，f(x)极大值＝f(－1)＝>0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.
答案：3
9．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是________．
解析：由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c，据题意方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，
令g(x)＝3x2＋4bx＋c，结合二次函数图象可得只需此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应平面区域，f(－1)＝2b－c，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f(－1)≤12.
答案：[3,12]
三、解答题
10．(2022·沈阳质量检测)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知得f′(x)＝，∴f′(1)＝1＝a，a＝2.
又∵g(1)＝0＝a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.
(2)φ(x)＝－f(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，
∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立．
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，
∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.
11．(2021·福建卷)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得微小值，且微小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得微小值a－aln a，无极大值．
12．(2022·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.
由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知， f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k>0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．
当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
B级—力气提升题
1．(2022·辽宁五校联考)已知曲线f(x)＝3mx＋sinx上存在相互垂直的两条切线，则实数m的值为(　　)
A. B．－
C．1 D．0
解析：f′(x)＝3m＋cosx，因存在相互垂直的切线，所以设(3m＋cosx1)(3m＋cosx2)＝－1，整理得方程：9m2＋3(cosx1＋cosx2)m＋1＋cosx1cosx2＝0，关于m的方程有解，所以Δ＝9(cosx1－cosx2)2－36≥0恒成立，所以只有在cosx1与cosx2中一个为1另一个为－1的时候才能成立，代入方程得9m2＝0，所以m＝0.
答案：D
2．(2022·辽宁卷)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
解析：当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－>0，
∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.
∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤，
∴a≤min.
仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，
当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.
∴当x＝－1时，φ(x)有微小值，即为最小值．
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
综上知－6≤a≤－2.
答案：C
3．(2022·天津卷)已知函数f(x)＝x2－ax3(a>0)，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1，求a的取值范围．
解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，0)
0

f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0
↗

↘
所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(－∞，0)，.
当x＝0时，f(x)有微小值，且微小值f(0)＝0；当x＝时，f(x)有极大值，且极大值f＝.
(2)由f(0)＝f＝0及(1)知，当x∈时，f(x)>0；当x∈时，f(x)<0.
设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.明显，0∉B.
下面分三种状况争辩：
①当>2，即0<a<时，由f＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．
②当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.
③当<1，即a>时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．
综上，a的取值范围是.