2013高考数学专题二 函数、导数及其应用《第十二节 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例 》

word

- 1 - / 4 第二章导数及其应用

§3导数的计算

课后篇巩固提升

必备知识基础练

1.若f'(x0)=-2,则lim𝑘→0f(x0-12k)-f(x0)k等于()

A.-2 B.-1 C.2 D.1

答案D

解析根据导数定义可知,lim𝑘→0f(x0-12k)-f(x0)k=-12𝑙𝑖𝑚k→0𝑓(𝑥0-12𝑘)-𝑓(𝑥0)-12𝑘=-12f'(x0)=1,故选D.

2.下列各式中正确的个数是()

①(x7)'=7x6;②(x-1)'=x-2;③1√𝑥'=-12𝑥-32;④(√x25)'=25𝑥-35;⑤(cos x)'=-sin x;⑥(cos 2)'=-sin 2.

A.3 B.4 C.5 D.6

答案B

解析∵②(x-1)'=-x-2,

⑥(cos2)'=0,

∴②⑥不正确.故选B.

3.若函数f(x)=cos x,则f'π4+fπ4的值为()

A.0 B.-1 C.1 D.2

答案A

解析f'(x)=-sinx,

所以f'π4+fπ4=-sinπ4+cosπ4=0.

4.已知f(x)=xa,若f'(1)=4,则a的值等于()

A.4 B.-4 C.5 D.-5

答案A

解析∵f'(x)=axa-1,f'(1)=a(1)a-1=4,

∴a=4.

5.函数y=f(x)=2x2+4x在x=3处的导数为.

答案16

解析f'(3)=limΔ𝑥→0𝛥y𝛥x

=𝑙𝑖𝑚𝛥x→02(3+Δ𝑥)2+4(3+Δ𝑥)-(2×32+4×3)Δ𝑥

=16.

6.一做直线运动的物体,其位移s与时间t的关系是s=3t-t2,则物体的初速度是.

答案3

解析v初=s'(0)=limΔ𝑡→0s(0+𝛥t)-s(0)𝛥t=𝑙𝑖𝑚𝛥t→0(3-Δt)=3. word

- 2 - / 4 7.已知f(x)=1𝑥,g(x)=mx,且g'(2)=1𝑓'(2),则m=.

【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】

专题 导数与应用

一、选择题

1．【2018河南省南阳一中三模】关于函数，下列说法错误的是（ ）

A. 是的极小值点 B. 函数有且只有1个零点

C. 存在正实数，使得恒成立 D. 对任意两个正实数，且，若，则

【答案】C

∴函数y=f（x）﹣x有且只有1个零点，即B正确；

f（x）＞kx，可得k＜ + ，

令g（x）= +

则g′（x）

令h（x）=﹣4+x﹣xlnx，则h′（x）=﹣lnx，

∴（0，1）上，函数单调递增，（1，+∞）上函数单调递减，

∴h（x）≤h（1）＜0，∴g′（x）＜0，

∴g（x）= +在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，

∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确； 对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，

（0，2）上，函数单调递减，（2，+∞）上函数单调递增，

若f（x1）=f（x2），则x1+x2＞4，正确．

故选：C．

2．【2018河南省洛阳市尖子生联考】已知函数有三个不同的零点，，（其中），则的值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

当x∈（0，1）时，g′（x）＜0；当x∈（1，e）时，g′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0．

即g（x）在（0，1），（e，+∞）上为减函数，在（1，e）上为增函数．

∴0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，

a==，令μ=，

则a=﹣μ，即μ2+（a﹣1）μ+1﹣a=0，

μ1+μ2=1﹣a＜0，μ1μ2=1﹣a＜0，

对于μ=，μ′=

则当0＜x＜e时，μ′＞0；当x＞e时，μ′＜0．而当x＞e时，μ恒大于0．

画其简图，

点睛：先分离变量得到a=，令g（x）=．求导后得其极值点，求得函数极值，则使g（x）恰有三个零点的实数a的取值范围由g（x）==，再令μ=，转化为关于μ的方程后由根与系数关系得到μ1+μ2=1﹣a＜0，μ1μ2=1﹣a＜0，再结合着μ=的图象可得到（1﹣）2（1﹣）（1﹣）=1．

第 1 页 共 3 页 第十四节 导数在研究函数中的应用 (二)

1.f(x)＝x3－3x2＋2在区间[]－1，1上的最大值是( )

A．－2 B．0 C．2 D．4

解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或2(舍去)，当－1≤x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x≤1时，f′(x)＜0，所以当x＝0时，f(x)取得最大值为2.故选C.

答案：C

2．(2013·揭阳二模)已知函数f(x)＝1x－ln （x＋1），则y＝f(x)的图象大致为( )

解析：令g(x)＝x－ln (x＋1)，则g′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1，

由g′(x)＞0，得x＞0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

由g′(x)＜0得－1＜x＜0，即函数g(x)在(－1,0)上单调递减，

所以当x＝0时，函数g(x)有最小值，g(x)min＝g(0)＝0，

于是对任意的x∈(－1,0)∪(0，＋∞)，有g(x)≥0，故排除B、D，

因函数g(x)在(－1,0)上单调递减，则函数f(x)在(－1，0)上递增，故排除C，故选A.

答案：A

3．(2013·淄博一检)已知a≤1－xx＋ln x对任意x∈12，2恒成立，则a的最大值为( )

A．0 B．1 C．2 D．3

解析：设f(x)＝1－xx＋ln x，则f′(x)＝－x＋x－1x2＋1x＝x－1x2.当x∈12，1时，f′(x)＜0，故函数f(x)在12，1上单调递减；当x∈(1,2]时，f′(x)＞0，故函数f(x)在(1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，即a的最大值为0.

答案：A

4．函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f′(x)的图象如下图所示，则f(x)在[－2,1]上的最小值为( ) 第 2 页 共 3 页

第3讲 利用导数研究函数的性质

【题型精练】

一、单选题

1．（2021·北京交通大学附属中学高三开学考试）已知()fx是定义在R上的偶函数，当0x时，'2()()0xfxfxx，且20f，则不等式()0fxx的解集是（ ）

A．2,00,2 B．,22,

C．2,02, D．,20,2

【答案】C

【详解】

解：∵()fx是定义在R上的偶函数，当0x时，'2()()0xfxfxx，

∴()fxx为增函数，()fx为偶函数，()fxx为奇函数，

∴()fxx在,0上为增函数，

∵220ff，

若0x，202f，所以2x；

若0x，202f，()fxx在,0上为增函数，可得20x，

综上得，不等式()0fxx的解集是2,02,.

故选：C.

2．（2021·河南·高三月考（文））函数2e21xfxxxx的极大值为（ ）

A．1 B．1e

C．ln2 D．2ln21

【答案】B

【详解】

由2e21xfxxxx可得1e221e2xxfxxxx，

由0fx可得：ln2x或1x，

由0fx可得1ln2x，

所以fx在,1单调递增，在1,ln2单调递减，在ln2,单调递增， 所以1x时，fx取得极大值为111121eef，

故选：B.

3．（2021·全国·高三月考（文））函数321()3fxxax在(2,1)上单调递减则实数a的取值范围为（ ）

A．(,1) B．(,1] C．(1,) D．[1,)

【答案】B

【详解】

2()2(2)fxxaxxxa，∵()fx在(2,1)上单调递减，