2019-2020年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题练习

《2019-2020年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题练习》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、2019-2020年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题练习一、选择题1.曲线y＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是(　　)A.x－y＋1＝0B.2x－y＋1＝0C.x－y－1＝0D.x－2y＋2＝0解析　y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，y′

2、x＝0＝1，∴所求切线方程为：x－y＋1＝0.答案　A2.(xx·南昌模拟)曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为(　　)A.B.C.D.1解析　因为y′＝－2e－2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2

3、，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点为A，所以三角形面积S＝×1×＝.答案　A3.(xx·洛阳模拟)曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为(　　)A.2B.－2C.D.－解析　依题意得y′＝1＋lnx，y′

4、x＝e＝1＋lne＝2，所以－×2＝－1，所以a＝2，故选A.答案　A4.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋＞0，若g(x)＝f(x)＋，则函数g(x)的零点个数为(　　)A.1B.2C.0D.0或2解析　令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，＞0，

5、所以＞0，因此当x＞0时，h′(x)＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知当x≠0时，h(x)＞0，又g(x)＝，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0.答案　C5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是(　　)A.f(a)＜f(1)＜f(b)B.f(a)＜f(b)＜f(1)C.f(1)＜f(a)＜f(b)D.f(b)＜f(1)＜f(a)解析　由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f

6、(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln2＋2－2＝ln2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1，2).综上，可得0＜a＜1＜b＜2.因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).答案　A二、填空题6.(xx·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.解析　设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝lnx

7、－3x，又f(x)为偶函数，f(x)＝lnx－3x，f′(x)＝－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.答案　2x＋y＋1＝07.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f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f(x)极小值＝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　38.(xx·济南模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__

8、______.解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a＜0.答案　(－4，0)三、解答题9.(xx·武汉模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处

9、的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.解　(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝.因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g