2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练(含最新2018模拟题):专题3 导数的概念及其运算 第22练 .docx
-
资源ID:2614264
资源大小:430.68KB
全文页数:6页
- 资源格式: DOCX
下载积分:5金币
快捷下载
![游客一键下载](/images/hot.gif)
会员登录下载
微信登录下载
三方登录下载:
微信扫一扫登录
友情提示
2、PDF文件下载后,可能会被浏览器默认打开,此种情况可以点击浏览器菜单,保存网页到桌面,就可以正常下载了。
3、本站不支持迅雷下载,请使用电脑自带的IE浏览器,或者360浏览器、谷歌浏览器下载即可。
4、本站资源下载后的文档和图纸-无水印,预览文档经过压缩,下载后原文更清晰。
5、试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
|
2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练(含最新2018模拟题):专题3 导数的概念及其运算 第22练 .docx
训练目标(1)利用导数研究函数的常见题型;(2)解题步骤的规范训练.解题策略(1)求曲线切线的关键是确定切点;(2)讨论函数的单调性、极值、最值可通过研究导数的符号用列表法解决;(3)证明不等式、不等式恒成立或有解、函数零点问题都可以转化为函数极值、最值问题.一、选择题1.如图是函数f(x)x2axb的部分图象,则函数g(x)ln xf(x)的零点所在的区间是()A. B(1,2)C. D(2,3)2函数f(x)sin的图象大致为()3(2017湖州模拟)已知曲线f(x)x3x2ax1存在两条斜率为3的切线,且切点的横坐标都大于零,则实数a的取值范围为()A(3,) B.C. D(0,3)4已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x0时,f(x)ex1mcos x,记a2f(2),bf(1),c3f(3),则a,b,c的大小关系是()Ab<a<c Ba<c<bCc<b<a Dc<a<b5已知定义在(1,1)上的奇函数f(x),其导函数为f(x)1cos x,如果f(1a)f(1a2)<0,则实数a的取值范围为()A(0,1) B(1,)C(2,) D(1,)(,1)6已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f(x),当x<0时,f(x)满足2f(x)xf(x)<xf(x),则f(x)在R上的零点个数为()A5 B3C1或3 D17设函数f(x)ax3bx2cx,若1和1是函数f(x)的两个零点,x1和x2是f(x)的两个极值点,则x1x2的值为()A B.C1 D18已知直线m:x2y30,函数y3xcos x的图象与直线l相切于点P,若lm,则P点的坐标可能是()A. B.C. D.二、填空题9已知函数f(x)3ln xx2x,g(x)3x,P,Q分别为f(x),g(x)图象上任一点,则|PQ|的最小值为_10(2017温州适应性考试)对任意实数x均有e2x(a3)ex43a>0,则实数a的取值范围为_11已知f(x),若关于x的方程f(x)2(2m1)f(x)m2m0恰好有4个不相等的实数根,则实数m的取值范围是_12设函数f(x)是定义在(,0)上的可导函数,其导函数为f(x),且有2f(x)xf(x)>x2,则不等式(x2 016)2f(x2 016)4f(2)>0的解集为_答案精析1C2.B3.B4.D5.B6D根据题意可构造函数F(x)(x<0),则F(x),由题意,知当x<0时,f(x)满足2f(x)xf(x)<xf(x),F(x)>0,即当x<0时,函数F(x)是增函数,又F(0)0,当x<0时,F(x)<F(0)0成立,对任意x<0,>0,f(x)<0,f(x)是奇函数,当x>0时,f(x)>0,即f(x)0只有一个根就是0.7A因为1和1是函数f(x)的两个零点,所以f(x)ax3bx2cxax(x1)(x1),因为x1和x2是f(x)的两个极值点,所以x1和x2是f(x)a(3x21)0的两个根,则x1x2.8B因为直线m的斜率为,lm,所以直线l的斜率为2.因为函数y3xcos x的图象与直线l相切于点P,设P(a,b),则b3acos a且y|xa3sin a2,所以sin a1,解得a2k(kZ),所以b6k(kZ),所以P(kZ),当k0时,P.9.10.解析e2x(a3)ex43a>0,即(ex3)a<e2x3ex4,所以a<,令tex,则a<,即a<(t>0),令h(t)t(t>0),h(t)1,因为t>0,所以h(t)>0,即当t>0时,h(t)>h(0),所以a,即实数a的取值范围为.11(e1,e)解析f(x)(x>0),f(x)f(x)当0<x<1或x>e时,f(x)>0,当1<x<e时,f(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减,在(e,)上单调递增,可作出f(x)的大致函数图象如图所示:令f(x)t,则当0<t<e时,方程f(x)t有一解;当te时,方程f(x)t有两解;当t>e时,方程f(x)t有三解关于x的方程f(x)2(2m1)f(x)m2m0恰好有4个不相等的实数根,关于t的方程t2(2m1)tm2m0在(0,e)和(e,)上各有一解,解得e1<m<e.12(,2 018)解析由2f(x)xf(x)>x2,x<0,得2xf(x)x2f(x)<x3,所以x2f(x)<x3<0.令F(x)x2f(x)(x<0),则F(x)<0(x<0),即F(x)在(,0)上是减函数,因为F(x2 016)(x2 016)2f(x2 016),F(2)4f(2),所以不等式(x2 016)2f(x2 016)4f(2)>0,即为F(x2 016)F(2)>0,即F(x2 016)>F(2),又因为F(x)在(,0)上是减函数,所以x2 016<2,所以x<2 018.