高考数学大二轮复习 层级二 专题一 函数与导数 第3讲 导数的简单应用课时作业-人教版高三全册数学试题VIP免费

第3讲导数的简单应用限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·南开中学质检)已知函数f(x)＝g(x)＋2x且曲线y＝g(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为()A．2B．4C．6D．8解析：B[ 曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，∴g′(1)＝2. 函数f(x)＝g(x)＋2x，∴f′(x)＝g′(x)＋2，∴f′(1)＝g′(1)＋2，∴f′(1)＝2＋2＝4，即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为4.故选B.]2．(2019·南京三模)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：D[因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.]3．(2019·保定三模)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是()A．[0,1)B．(－1,1)C.D．(0,1)解析：D[f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0,1)内有最小值．]4．(2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(，＋∞)B．(－∞，－)C．(－，)D．(－∞，－)∪(，＋∞)解析：D[f′(x)＝x2＋2ax＋3.由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a2－12＞0，解得a＞或a＜－.]5．(2019·长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)为f(x)的导函数，设a＝f(0)，b＝2f(ln2)，c＝ef(1)，则a，b，c的大小关系是()A．c＞b＞aB．a＞b＞cC．c＞a＞bD．b＞c＞a解析：A[令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)＜g(ln2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln2)＜ef(1)，即a＜b＜c.故选A.]6．(山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是()A．y＝sinxB．y＝lnxC．y＝exD．y＝x3解析：A[当y＝sinx时，y′＝cosx，cos0·cosπ＝－1，所以在函数y＝sinx图象存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝lnx，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·厦门三模)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为____________．解析：由y＝xlnx知y′＝lnx＋1，设切点为(x0，x0lnx0)，则切线方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln2.答案：1＋ln28．(2019·潍坊三模)设函数f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是____________．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a.∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－＞1，解得－1＜a＜0.综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．解：(1) f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex∴f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex∴f′(2)＝(2a－1)e2＝0∴a＝(2)f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex①当a＝0时，令f′(x)＝0得x＝1f′(x)，f(x)随x变化如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)在x＝1处取得极大值(舍)②当a＞0时，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝1a．当x1＝x2，即a＝1时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0∴f(x)在R上单调递增∴f(x)无极值(舍)...