《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練7 導(dǎo)數(shù) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練7 導(dǎo)數(shù) 文（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練7 導(dǎo)數(shù) 文 1．曲線y＝x3－2x在(1，－1)處的切線方程為(　　) A．x－y－2＝0 B．x－y＋2＝0 C．x＋y－2＝0 D．x＋y＋2＝0 解析：選A.由已知，得點(1，－1)在曲線y＝x3－2x上，所以切線的斜率為y′|x＝1＝(3x2－2)|x＝1＝1，由直線方程的點斜式得x－y－2＝0，故選A. 2．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：選B.由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0

2、(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]． 3．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，函數(shù)g(x)＝x2－aln x在(1,2)上為增函數(shù)，則a的值等于(　　) A．1 B．2 C．0 D. 解析：選B.∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)，∴≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意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. 4. 函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的極大值點有(　　) A．1個 B．2

3、個 C．3個 D．4個 解析：選B.依題意，記函數(shù)y＝f′(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標自左向右依次為x1，x2，x3，x4，當(dāng)a0；當(dāng)x1

4、選D. 因為f′(x)＝3x2＋2bx＋c，f′(x)的兩個根分別在(0,1)和(1,2)內(nèi)，所以f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，即作出可行域如圖中陰影部分所示(不包括b軸)，2＋(c－3)2表示可行域內(nèi)一點到點P的距離的平方，由圖象可知，P到直線3＋2b＋c＝0的距離最小，即2＋(c－3)2的最小值為2＝5，P到點A的距離最大，此時2＋(c－3)2＝25，因為可行域的臨界線為虛線，所求范圍為(5,25)，故選D. 6．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集為(　　) A．{x|x>0}

5、B．{x|x<0} C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex為R上的增函數(shù)．又因為g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)>g(0)，解得x>0. 7．(xx·高考福建卷)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是(　　) A．f< B．f> C．f< D．f> 解析：選C

6、.構(gòu)造新函數(shù)并求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性求解． 令g(x)＝f(x)－kx＋1，則g(0)＝f(0)＋1＝0， g＝f－k·＋1＝f－. ∵g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)． 又∵k>1，∴>0，∴g>g(0)＝0， ∴f－>0，即f>. ∴C一定錯誤． 8．函數(shù)f(x)的定義域是R，f(0)＝2，對任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，則不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是(　　) A．{x|x>0} B．{x|x<0} C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0

7、 求導(dǎo)得g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]． 由已知f(x)＋f′(x)>1，可得g′(x)>0， 所以g(x)為R上的增函數(shù)． 又g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，ex·f(x)>ex＋1， 所以g(x)>0的解集為{x|x>0}． 9．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當(dāng)正六棱柱的體積最大時，其高的值為(　　) A．3 B. C．2 D．2 解析：選D.設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝×h＝h＝·，令y＝－＋9h，則y′＝－＋9，令y′＝0，得h

8、＝2.易知當(dāng)h＝2時，正六棱柱的體積最大． 10．點P是曲線x2－y－ln x＝0上的任意一點，則點P到直線y＝x－2的最小距離為(　　) A．1 B. C. D. 解析：選D.將x2－y－ln x＝0變形為y＝x2－ln x(x>0)，則y′＝2x－，令y′＝1，則x＝1或x＝－(舍)，可知函數(shù)y＝x2－ln x的斜率為1的切線的切點橫坐標x＝1，縱坐標y＝1.故切線方程為x－y＝0.則點P到直線y＝x－2的最小距離即切線方程x－y＝0與y＝x－2的兩平行線間的距離，d＝＝. 11．(xx·武漢調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－4x＋a,0

9、，且x1－1 B．x2<0 C．x2>0 D．x3>2 解析：選C.函數(shù)f(x)的零點就是函數(shù)g(x)＝4x－x3的圖象與直線y＝a的交點的橫坐標．而g′(x)＝4－3x2，令g′(x)＝0得x＝±，所以g(x)在，上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增，注意到0，結(jié)合選項知應(yīng)選C. 12.已知函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，0)和(2，＋∞) C．R D．(1,2) 解析：選B.因為函數(shù)y＝x是R上的減函數(shù)，所以f′(x)>

10、0的充要條件是01.由圖象，可知當(dāng)x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)時，00.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)． 13．若函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的值為__________． 解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4， ∴f′(x)＝x2－3x＋a.又函數(shù)f(x)恰在[－1,4]上單調(diào)遞減，∴－1,4是f′(x)＝0的兩根，∴a＝－1×4＝－4. 答案：－4 14．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(－1,2)處的切線恰好與

11、直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是__________． 解析：由題意知，點(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上， 故－m＋n＝2.① 又f′(x)＝3mx2＋2nx，則f′(－1)＝－3， 故3m－2n＝－3.② 聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2， 令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0， 則[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0， 所以t∈[－2，－1]． 答案：[－2，－1] 15．(xx·高考陜西卷)設(shè)曲線y＝ex在點(0,1)處的切線與曲線y＝(x＞0)上點P處的切線

12、垂直，則P的坐標為________． 解析：利用導(dǎo)數(shù)表示切線斜率，根據(jù)切線垂直列方程求解．y′＝ex，曲線y＝ex在點(0,1)處的切線的斜率k1＝e0＝1，設(shè)P(m，n)，y＝(x>0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－(x>0)，曲線y＝(x>0)在點P處的切線斜率k2＝－(m>0)，因為兩切線垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點P的坐標為(1,1)． 答案：(1,1) 16．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點，則a的取值范圍為__________． 解析：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1 ＝＝－. ①若a≥0，當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 所以x＝1是f(x)的極大值點． ②若a<0，由f′(x)＝0， 得x＝1或x＝－. 因為x＝1是f(x)的極大值點， 所以－>1，解得－1