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2018届高三数学(理)二轮复习专题集训:专题2 函数、不等式、导数2.4.1

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

下载次数:106次

资料类型:

文档大小:110KB

所属点数: 2

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A级
1.已知函数f(x)=cos x,则f(π)+f′=(  )
A.-         	B.-
C.- 	D.-
解析: f′(x)=-cos x+(-sin x),
f(π)+f′=-+·(-1)=-.
答案: C
2.已知m是实数,函数f(x)=x2(x-m),若f′(-1)=-1,则函数f(x)的单调递增区间是(  )
A. 	B.
C.,(0,+∞) 	D.(0,+∞)
解析: 因为f′(x)=3x2-2mx,所以f′(-1)=3+2m=-1,解得m=-2.所以f′(x)=3x2+4x.
由f′(x)=3x2+4x>0,解得x<-或x>0,
即f(x)的单调递增区间为,(0,+∞),故选C.
答案: C
3.(2017·湖南省湘中名校高三联考)设f(x)=,则f(x)dx的值为(  )
A.+ 	B.+3
C.+ 	D.+3
解析: f(x)dx=dx+(x2-1)dx=π×12+=+,故选A.
答案: A
4.若函数f(x)=2sin x(x[0,π))的图象在切点P处的切线平行于函数g(x)=2的图象在切点Q处的切线,则直线PQ的斜率为(  )
A. 	B.2
C. 	D.
解析: 由题意得f′(x)=2cos x,g′(x)=x+x-.设P(x1,f(x1)),Q(x2,g(x2)),又f′(x1)=g′(x2),即2cos x1=x2+x-2,故4cos2x1=x2+x+2,所以-4+4cos2x1=x2+x-2,即-4sin2x1=2,所以sin x1=0,x1=0,x2=x-2,x2=1,故P(0,0),Q,故kPQ=.
答案: A
5.已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x),且满足f(1)=0,当x>0时,xf′(x)<2f(x),则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(  )
A.(-∞,-1)(0,1) 	B.(-∞,-1)(1,+∞)
C.(-1,0)(1,+∞) 	D.(-1,0)(0,1)
解析: 根据题意,设函数g(x)=(x≠0),当x>0时,g′(x)=<0,说明函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(x)为偶函数,所以g(x)为偶函数,又f(1)=0,所以g(1)=0,故g(x)在(-1,0)(0,1)上的函数值大于零,即f(x)在(-1,0)(0,1)上的函数值大于零.
答案: D
6.函数y=x+2cos x在区间上的最大值是________.
解析: y′=1-2sin x,令y′=0,且x,得x=,则x时,y′>0;x时,y′<0,故函数在上递增,在上递减,所以当x=时,函数取最大值+.
答案: +
7.曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为________.

解析: 如图,阴影部分的面积即为所求,
由得A(1,1).
故所求面积为 S=(x-x2)dx==.
答案: 
8.设函数f(x)=ln x-ax2-bx,若x=1是f(x)的极大值点,则a的取值范围为____________.
解析: f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b,
由f′(1)=0,得b=1-a.
f′(x)=-ax+a-1=
=-.
若a≥0,当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
所以x=1是f(x)的极大值点.
若a<0,由f′(x)=0,得x=1或x=-.
因为x=1是f(x)的极大值点,
所以->1,解得-1-1),f′(x)=,
a<0,当x(-1,-a-1)时,f′(x)<0,
当x(-a-1,+∞)时,f′(x)>0,
函数f(x)的极小值为f(-a-1)=a+1+ln(-a),无极大值.
10.(2016·北京卷)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
解析: (1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f′(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,即
解得
(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.
由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f′(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-1.
所以, 当x(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x(-∞,+∞).
综上可知,f′(x)>0,x(-∞,+∞),故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
B级
1.定义:如果函数f(x)在[m,n]上存在x1,x2(m0.
令f′(x)=0,得x=1.
当00;
当x>1时,f′(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故f(x)的极大值为f(1)=2,无极小值.
(3)由g(x)=f(x)+kx,则g(x)=ln x+(k-1)x+3(x>0),g′(x)=+k-1,
又g(x)在x(1,3)上是单调函数,
若g(x)为增函数,有g′(x)≥0,
即g′(x)=+k-1≥0,即k≥1-在x(1,3)上恒成立.
又1-,所以k≥.
若g(x)为减函数,有g′(x)≤0,
即g′(x)=+k-1≤0,即k≤1-在x(1,3)上恒成立,
又1-,所以k≤0.
综上,k的取值范围为(-∞,0].
4.(2017·成都市第二次诊断性检测)已知函数f(x)=ln x-x+,其中a>0.
(1)若f(x)在(0,+∞)上存在极值点,求a的取值范围;
(2)设a(1,e],当x1(0,1),x2(1,+∞)时,记f(x2)-f(x1)的最大值为M(a).那么M(a)是否存在最大值?若存在,求出其最大值;若不存在,请说明理由.
解析: (1)f′(x)=-1-=,x(0,+∞).
当a=1时,f′(x)=-≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,不存在极值点;
当a>0且a≠1时,f′(a)=f′=0.
经检验a,均为f(x)的极值点.
a∈(0,1)∪(1,+∞).
(2)当a(1,e]时,0<<10时,a或x<.
f(x)在上单调递减,在上单调递增,
在(a,+∞)上单调递减.
对x1∈(0,1),有f(x1)≥f;
对x2∈(1,+∞),有f(x2)≤f(a).
[f(x2)-f(x1)]max=f(a)-f.
M(a)=f(a)-f
=-
=2,a(1,e].
M′(a)=2ln a+2+2
=2ln a,a(1,e].
M′(a)>0,即M(a)在(1,e]上单调递增.
M(a)max=M(e)=2+2=.M(a)存在最大值.













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