2020届新高考数学二轮课时作业：层级二 专题一 第3讲 导数的简单应用 .doc

《2020届新高考数学二轮课时作业：层级二 专题一 第3讲 导数的简单应用 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届新高考数学二轮课时作业：层级二 专题一 第3讲 导数的简单应用 .doc（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、层级二 专题一 第3讲限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1(2020南开中学质检)已知函数f(x)g(x)2x且曲线yg(x)在x1处的切线为y2x1，则曲线yf(x)在x1处的切线的斜率为()A2B4C6 D8解析：B曲线yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程为y2x1，g(1)2.函数f(x)g(x)2x，f(x)g(x)2，f(1)g(1)2，f(1)224，即曲线yf(x)在x1处的切线的斜率为4.故选B.2(2019南京三模)若函数f(x)kxln x在区间(1，)上单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1C2，) D1，)解析：D因为

2、f(x)kxln x，所以f(x)k.因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立因为x1，所以01，所以k1.故选D.3(2019保定三模)函数f(x)x33axa在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是()A0,1) B(1,1)C. D(0,1)解析：Df(x)3x23a3(x2a)当a0时，f(x)0，f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值当a0时，f(x)3(x)(x)当x(，)和(，)时，f(x)单调递增；当x(，)时，f(x)单调递减，所以当1，即0a1时，f(x)在(0,1)内有最小值4(2020长沙模拟)已知函数f(x)

3、x3ax23x1有两个极值点，则实数a的取值范围是()A(，) B(，)C(，) D(，)(，)解析：Df(x)x22ax3.由题意知方程f(x)0有两个不相等的实数根，所以4a2120，解得a或a.5(2019长春质量监测)已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f(x)f(x)0，其中f(x)为f(x)的导函数，设af(0)，b2f(ln 2)，cef(1)，则a，b，c的大小关系是()Acba BabcCcab Dbca解析：A令g(x)exf(x)，则g(x)exf(x)f(x)0，所以函数g(x)在定义域R上单调递增，从而g(0)g(ln 2)g(1)，得f(0)2f(ln 2)e

4、f(1)，即abc.故选A.6(山东卷)若函数yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yf(x)具有T性质下列函数中具有T性质的是()Aysin x Byln xCyex Dyx3解析：A当ysin x时，ycos x，cos 0cos 1，所以在函数ysin x图象存在两点x0，x使条件成立，故A正确；函数yln x，yex，yx3的导数值均非负，不符合题意，故选A.二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7(2019厦门三模)已知直线ykx2与曲线yxln x相切，则实数k的值为_解析：由yxln x知yln x1，设切点为(x0，x0ln x0)

5、，则切线方程为yx0ln x0(ln x01)(xx0)，因为切线ykx2过定点(0，2)，所以2x0ln x0(ln x01)(0x0)，解得x02，故k1ln 2.答案：1ln 28(2019潍坊三模)设函数f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是_解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减；所以x1是f(x)的极大值点若a0，由f(x)0，得x1或x.因为x1是f(x)的极大值点，所以1，解得1a0.综合得a的取值范围是

6、(1，)答案：(1，)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9(2018北京卷)设函数f(x)ax2(3a1)x3a2ex.(1)若曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围解：(1)f(x)ax2(3a1)x3a2exf(x)ax2(a1)x1exf(2)(2a1)e20a(2)f(x)(ax1)(x1)ex当a0时，令f(x)0得x1f(x)，f(x)随x变化如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极大值f(x)在x1处取得极大值(舍)当a0时，令f(x)0得x1，x21a当x1x2，即a1时，f(x)(x

7、1)2ex0f(x)在R上单调递增f(x)无极值(舍)b当x1x2，即0a1时，f(x)，f(x)随x变化如下表：x,(，1),1,f(x),0,0,f(x),极大值,极小值,f(x)在x1处取极大值(舍)c当x1x2，即a1时f(x)，f(x)随x变化如下表：x(，1)1f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在x1处取极大值(舍)c当x1x2，即a1时f(x)，f(x)随x变化如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值f(x)在x1处取极小值即a1成立当a0时，令f(x)0得x1，x21f(x)，f(x)随x变化如下表：x1(1，)f(x)00f(x)极小值极大值f(x)在x1处

8、取极大值(舍)综上所述：a的取值范围为(1，)10(2019全国卷)已知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，由计算量补充(1)对f(x)2x3ax2b求导得f(x)6x22ax6x.所以有当a0时，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，)区间上单调递增；当a0时，(，)区间上单调递增；当a0时，(，0)区间上单调递增，区间上单调递减，

9、区间上单调递增(2)若f(x)在区间0,1有最大值1和最小值1，所以若a0，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，)区间上单调递增；此时在区间0,1上单调递增，所以f(0)1，f(1)1代入解得b1，a0，与a0矛盾，所以a0不成立若a0，(，)区间上单调递增；在区间0.1所以f(0)1，f(1)1代入解得.若0a2，(，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间0,1上最小值为f而f(0)b，f(1)2abf(0)，故所以区间0,1上最大值为f(1). 即相减得2a2，即a(a3)(a3)0，又因为0a2，所以无解若2a3，(，0)区

10、间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增即f(x)在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间0,1上最小值为f而f(0)b，f(1)2abf(0)，故所以区间0,1上最大值为f(0). 即相减得2，解得x3，又因为2a3，所以无解若a3，(，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增所以有f(x)区间0,1上单调递减，所以区间0,1上最大值为f(0)，最小值为f(1)即解得.综上得或.答案：(1)见详解；(2)或.11(2018江苏卷)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)

11、的一个“S点”(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x).对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解：(1)f(x)1，g(x)2x2若存在，则有根据得到x0代入不符合，因此不存在“S点”(2)f(x)2ax，g(x)根据题意有且有x00根据得到x0代入得到a.(3)f(x)2x，g(x)根据题意有根据有00x01转化为xa00x01xxa(x01)2x0m(x)x3xa(x01)0转化为m(x)存在零点x0,0x01又m(0)a0，m(1)2m(x)恒存在零点大于0小于1对任意a0均存在b0，使得存在“S点”