2019高考数学专题训练 导数的简单应用 有解析

《2019高考数学专题训练 导数的简单应用 有解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、2019高考数学专题训练导数的简单应用有解析专题限时集训(十三)　导数的简单应用(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2018•南宁模拟)已知曲线f(x)＝x2＋ax＋1在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为(　　)A．－34　　　B．－1　　　C.32　　　D．2B　[f′(x)＝x2＋2x－a(x＋1)2，则f′(1)＝3－a4＝1，解得a＝－1，故选B.]2．(2018•黄山模拟)已知f(x)＝lnxx，则(　　)A．f(2)＞f(e)＞f(3)  B．f(3)＞f(e)＞f(2)C．f(3)＞f(2)＞f(e)  D．f(e)＞f(

2、3)＞f(2)D　[f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝1e，而f(2)＝ln22＝ln86，f(3)＝ln33＝ln96，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D.]3．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)A．[－3，＋∞)  B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)  D．(－∞

3、，－3]D　[由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，故－3∈[k,2]，所以k≤－3.]4．(2018•南平模拟)已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)＝2018，若对任意的x∈R，都有f(x)＞f′(x)，则不等式f(x)＜20

4、18ex的解集为(　　)A．(0，＋∞)  B.1e2，＋∞C.－∞，1e2  D．(－∞，0)A　[根据题意构建函数g(x)＝f(x)ex，g′(x)＝f′(x)－f(x)ex＜0，故函数在R上递减，且g(0)＝2018，所以f(x)＜2018ex等价于g(x)＝f(x)ex＜g(0)，所以x＞0，故选A.]二、填空题5．已知函数f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数f(x)的单调递减区间为________．0，12　[函数f(x)＝x2＋3x－2lnx的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－2x，令2x＋3－2x<0，即2x2＋3x－2<0，解

5、得x∈－2，12.又x∈(0，＋∞)，所以x∈0，12.所以函数f(x)的单调递减区间为0，12.]6．(2018•长春模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线经过点(2,7)，则a＝________.1　[f′(x)＝3ax2＋1，由题意知f′(1)＝3a＋1＝f(1)－71－2，即3a＋1＝5－a，解得a＝1.]三、解答题7．已知函数f(x)＝－x3＋x2(x＜1)，alnx(x≥1).(1)求函数f(x)在区间(－∞，1)上的极大值点和极小值；(2)求函数f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．[解]

6、　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，232323，1f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x)  极小值  极大值 所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝23.(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和23，1上单调递减，在0，23上单调递增．因为f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x

7、≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0.当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.综上，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x在[－1，e]上的最大值为2.8．(2018•临沂模拟)已知函数f(x)＝1＋1ex－ax(1)讨论f(x)的单调性(2)若函数g(x)＝xf(x)在(1,2)上不存在极值，求a的取值范围．[解]　(1)f′(x)＝－e－x－a，①当a≥0时，f′(x)＜0在R上恒成立，②当a＜0时，令f′(x)＞0，则有－e－x－a＞0，解得x＞ln

8、－1a.令f′(x)＜0，则有－e－x－a＜0，解得x＜ln－1a，综上，当a≥