2018年高考数学专题复习专题检测：（十） 导数的简单应用 含解析.doc

《2018年高考数学专题复习专题检测：（十） 导数的简单应用 含解析.doc》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、专题检测（十）导数的简单应用一、选择题1．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为(　　)A.　　　　　　　　　B．1C．0D．不存在解析：选A　∵f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

2、函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.3．若直线y＝ax是曲线y＝2lnx＋1的一条切线，则实数a的值为(　　)A．eB．2eC．eD．2e解析：选B　依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2lnx＋1的切点的横坐标为x0，则有y′

3、＝，于是有解得4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值为(　　)A．1B．2C．0D．解析：选B　∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴≥1，得a≥2

4、.又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.5．若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　)A．(－2,0)B．(0,1)C．(1，＋∞)D．(－∞，－2)解析：选D　由题意知，f′(x)＝1－，∵函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，令当1－＝0，得b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)．∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2

5、)符合题意．6．已知f(x)＝lnx－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是(　　)A.B.C.D.解析：选A　因为f′(x)＝－－＝＝－，易知，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的x1∈(0,2]，存

6、在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)且≥g(2)，所以≥－1－2a＋4且≥－4－4a＋4，解得a≥.二、填空题7．(2017·长春质检)dx＝________.解析：dx＝＝＋1－＝.答案：8．已知函数f(x)＝x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在区间上恒成立，即2a≥－x＋在区间上恒成立．又∵y＝－x＋在区间上单调递减，∴max＝，∴2a≥，即a≥.答案：9．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的图象分别与直线y＝m交

7、于A，B两点，则

8、AB

9、的最小值为________．解析：显然m＞0，由ex＝m得x＝lnm，由ln＋＝m得x＝2e，则

10、AB

11、＝2e－lnm．令h(m)＝2e－lnm，由h′(m)＝2em－－＝0，求得m＝.当0＜m＜时，h′(m)＜0，函数h(m)在上单调递减；当m＞时，h′(m)＞0，函数h(m)在上单调递增．所以h(m)min＝h＝2＋ln2，因此

12、AB

13、的最小值为2＋ln2.答案：2＋ln2三、解答题10．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．解：(1)f′(x)＝＋a，由题意

14、可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤－＝2－.∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，∴a≤－，即实数a的取值范围为.(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x(x>1)，f′(x)＝，令f′(x)＝0得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝或lnx＝－1(舍去)，即x＝e.当1e时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e＝4e.11．(2017·全国卷Ⅲ)已