2021高考數(shù)學(xué)(文-江蘇專用)二輪復(fù)習(xí)-專題四-第二講-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用14-【檢測與評(píng)估答案】

第2講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.ln2-1【解析】設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),y'==,得切點(diǎn)(2,ln2),所以直線方程為y-ln2=(x-2),即b=ln2-1.2.【解析】由題意得f'(x)=2mx+-2≥0,即m≥-在x>0上恒成立,由于函數(shù)y=-=-+≤,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是.3.(-∞,-1)【解析】由于y=ex+ax,所以y'=ex+a.由于函數(shù)y=ex+ax有大于0的極值點(diǎn),則方程y'=ex+a=0有大于0的解.由于當(dāng)x>0時(shí),-ex<-1,所以a=-ex<-1.4.(-2,2)【解析】由題意得f'(x)=3x2-3=0,即x=±1.由于當(dāng)x=-1時(shí),函數(shù)y=x3-3x有極大值2,當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)y=x3-3x有微小值-2,作出圖象,可知實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-2,2).5.-4【解析】由于函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)上是單調(diào)函數(shù),所以設(shè)f-x=t(t為正常數(shù)),則f(t)=2,f=x+t,從而有f(x)=+t.又f(t)=+t=2,所以t=1,從而f(x)=+1,所以f'(x)=-,即f'=-4.6.[-6,-2]【解析】當(dāng)x=0時(shí),原式恒成立;當(dāng)x∈(0,1]時(shí),原不等式等價(jià)于a≥恒成立;當(dāng)x∈[-2,0)時(shí),原不等式等價(jià)于a≤恒成立.令f(x)=,x∈[-2,0)∪(0,1].由于f(x)==--,令t=,即y=-3t3-4t2+t,所以y'=-9t2-8t+1,可知為y的單調(diào)增區(qū)間,(-∞,-1),為y的單調(diào)減區(qū)間,所以當(dāng)x∈[-2,0),即t∈時(shí),y在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)t=-1時(shí),ymin=-2,即f(x)min=-2,所以a≤-2.當(dāng)x∈(0,1],即t∈[1,+∞)時(shí),y單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=1時(shí),ymax=-6.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-6,-2].7.【解析】令函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),則f'(x)=2ax+b,a≠0.當(dāng)x=y=0時(shí),得f(0)=0;當(dāng)y=-x時(shí),得0=f(x)+f(-x)-2013x2,即2ax2+2c=2013x2恒成立,得所以再由f'(1)=2012,得2a+b=2012,即b=-1,所以f'(x)的零點(diǎn)就是-,即.8.【解析】MN的最小值,即函數(shù)h(x)=x2-lnx的最小值,h'(x)=2x-=,明顯x=是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的微小值點(diǎn),也是最小值點(diǎn),故t=.9.(1)由f(x)的圖象經(jīng)過P(0,2),知d=2,所以f(x)=x3+bx2+cx+2,所以f'(x)=3x2+2bx+c.由于函數(shù)f(x)在點(diǎn)M(-1,f(-1))處的切線方程是6x-y+7=0,知-6-f(-1)+7=0,即f(-1)=1,f'(-1)=6.所以即解得b=c=-3.故所求函數(shù)解析式是f(x)=x3-3x2-3x+2.(2)由(1)知f(x)=x3-3x2-3x+2,所以f'(x)=3x2-6x-3,令3x2-6x-3=0,即x2-2x-1=0,解得x1=1-,x2=1+.當(dāng)x<1-或x>1+時(shí),f'(x)>0;當(dāng)1-<x<1+時(shí),f'(x)<0.故f(x)=x3-3x2-3x+2的單調(diào)增區(qū)間是(-∞,1-),(1+,+∞),單調(diào)減區(qū)間是(1-,1+).10.(1)由于f(x)=x3-ax(a>0),g(x)=bx2+2b-1,所以f'(x)=x2-a,g'(x)=2bx.由于曲線y=f(x)與y=g(x)在它們的交點(diǎn)(1,c)處有相同的切線,所以f(1)=g(1),且f'(1)=g'(1),即-a=b+2b-1,且1-a=2b,解得a=,b=.(2)當(dāng)b=時(shí),h(x)=x3+x2-ax-a(a>0),所以h'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).令h'(x)=0,解得x1=-1,x2=a>0.當(dāng)x變化時(shí),h'(x),h(x)的變化狀況如下表:x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)h'(x)+0-0+h(x)↗極大值↘微小值↗所以函數(shù)h(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-1),(a,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(-1,a),故h(x)在區(qū)間(-2,-1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞減.又函數(shù)h(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn),所以即解得0<a<,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.11.(1)由于曲線y=f(x)關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱,所以f(x)+f(-x)=0恒成立,即x3+ax+b-x3-ax+b=0,于是b=0.設(shè)函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸的切點(diǎn)坐標(biāo)為(t,0),則即解得t=0,a=0.故a=b=0,f(x)=x3.(2)g(x)=3-|f(x)|=假設(shè)存在m,n(mn>0)適合題意.①當(dāng)0<m<n時(shí),由于g(x)=3-x3在區(qū)間[m,n]上是單調(diào)減函數(shù),所以即兩式相減,得m2+mn+n2=1.由于0<m<n,所以n2<m2+mn+n2=1,于是0<m<n<1.從而m3+n<13+1=2<3,與m3+n=3沖突,故此時(shí)m,n不存在.②當(dāng)m<n<0時(shí),由于g(x)=3+x3在區(qū)間[m,n]上是單調(diào)增函數(shù),所以于是m,n是方程g(x)=x(即x3-x+3=0)的兩個(gè)相異負(fù)根.令h(x)=x3-x+3(x<0),則由h'(x)=3x2-1=0得x=-.由于當(dāng)x≤-時(shí),h'(x)≥0,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù),從而函數(shù)h(x)在區(qū)間上至多有一個(gè)零點(diǎn).又由于當(dāng)-<x<0時(shí),h'(x