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高考文科数学二轮选修专题一导数及其应用专题复习题
来源:易贤网 阅读:919 次 日期:2017-03-28 15:39:15
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高考文科数学二轮选修专题一导数及其应用专题复习题

专题一 导数及其应用

第1讲 导数的简单应用

(建议用时:60分钟)

一、选择题

1.函数f(x)=12x2-ln x的单调递减区间为 (  ).

A.(-1,1]  B.(0,1]

C.[1,+∞)  D.(0,+∞)

解析 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由f′(x)=x-1x≤0,解得0

答案 B

2.(2014•全国新课标Ⅱ卷)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= (  ).

A.0  B.1

C.2  D.3

解析 令f(x)=ax-ln(x+1),则f′(x)=a-1x+1.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)=a-1.又切线方程为y=2x,则有a-1=2,∴a=3.

答案 D

3.已知函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,则不等式xf′(x)<0的解集为(  ).

A.-∞,12∪12,2

B.-∞,0∪12,2

C.-∞,12∪12,+∞

D.-∞,12∪2,+∞

解析 xf′(x)<0⇒x>0,f′?x?<0或x<0f′?x?>0.

当x∈12,2时,f(x)单调递减,此时f′(x)<0.

当x∈(-∞,0)时,f(x)单调递增,此时f′(x)>0.故选B.

答案 B

4.已知函数f(x)=x3+ax2+x+2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(-1,1)内,则实数a的取值范围是 (  ).

A.(0,2]  B.(0,2)

C.[3,2)  D.(3,2)

解析 由题意可知f′(x)=0的两个不同解都在区间(-1,1)内.因为f′(x)=3x2+2ax+1,所以根据导函数图象可得Δ=?2a?2-4×3×1>0,-1<-2a6<1,f′?-1?=3-2a+1>0,f′?1?=3+2a+1>0,又a>0,解得3

答案 D

5.(2013•浙江卷)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则 (  ).

A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值

B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值

C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值

D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值

解析 当k=1时,f′(x)=ex•x-1,f′(1)≠0,

∴f(1)不是极值,故A,B错;

当k=2时,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2),

显然f′(1)=0,且x在1的左侧附近f′(x)<0,

x在1的右侧附近f′(x)>0,

∴f(x)在x=1处取得极小值.故选C.

答案 C

6.(2014•潍坊模拟)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数,且当x<0时,不等式f(x)+xf′(x)<0成立,若a=30.3f(30.3),b=logπ3f(logπ3),c=log319flog319,则a,b,c间的大小关系是 (  ).

A.a>b>c  B.c>b>a

C.c>a>b  D.a>c>b

解析 设g(x)=xf(x),则g′(x)=f(x)+xf′(x)<0(x<0),∴当x<0时,g(x)=xf(x)为减函数.

又g(x)为偶函数,∴当x>0时,g(x)为增函数.

∵1<30.3<2,0

又g(-2)=g(x),∴g(-2)>g(30.3)>g(logπ3),

即c>a>b.

答案 C

二、填空题

7.(2013•江西卷)设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(ex)=x+ex,则f′(1)=________.

解析 设ex=t,则x=ln t(t>0),

∴f(t)=ln t+t,即f(x)=ln x+x,

∴f′(x)=1x+1,

∴f′(1)=2.

答案 2

8.(2014•江西卷)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是________.

解析 设P(x0,y0),∵y=e-x,∴y′=-e-x,

∴点P处的切线斜率为k=-e-x0=-2,

∴-x0=ln 2,∴x0=-ln 2,

∴y0=eln 2=2,

∴点P的坐标为(-ln 2,2).

答案 (-ln 2,2)

9.(2014•盐城调研)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值为________.

解析 依题意知f′(x)=12x2-2ax-2b,

∴f′(1)=0,即12-2a-2b=0,∴a+b=6.

又a>0,b>0,∴ab≤a+b22=9,当且仅当a=b=3时取等号,∴ab的最大值为9.

答案 9

10.已知函数f(x)=aln x+x在区间[2,3]上单调递增,则实数a的取值范围是________.

解析 ∵f(x)=aln x+x.∴f′(x)=ax+1.

又∵f(x)在[2,3]上单调递增,∴ax+1≥0在x∈[2,3]上恒成立,∴a≥(-x)max=-2,∴a∈[-2,+∞).

答案 [-2,+∞)

11.(2013•新课标全国Ⅰ卷)若函数f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的最大值是________.

解析 由题意知f?0?=f?-4?,f?-1?=f?-3?,

即b=-15×?16-4a+b?,0=9-3a+b,解得a=8,b=15,

所以f(x)=(1-x2)(x2+8x+15),

则f′(x)=-4(x+2)(x2+4x-1).

令f′(x)=0,得x=-2或x=-2-5或x=-2+5,

当x<-2-5时,f′(x)>0;

当-2-5

-2

当x>-2+5时,f′(x)<0,

所以当x=-2-5时,f(x)极大值=16;

当x=-2+5时,f(x)极大值=16,所以函数f(x)的最大值为16.

答案 16

三、解答题

12.已知f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

(2)若f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围.

解 (1)∵f(x)=ex-ax-1(x∈R),∴f′(x)=ex-a.令f′(x)≥0,得ex≥a.当a≤0时,f′(x)>0在R上恒成立;当a>0时,有x≥ln a.

综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);当a>0时,f(x)的单调增区间为(ln a,+∞).

(2)由(1)知f′(x)=ex-a.∵f(x)在R上单调递增,

∴f′(x)=ex-a≥0恒成立,即a≤ex在R上恒成立.

∵x∈R时,ex>0,∴a≤0,

即a的取值范围是(-∞,0].

13.(2014•西安五校二次联考)已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x,a∈R.

(1)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;

(2)求f(x)的单调区间.

解 f′(x)=ax-(2a+1)+2x(x>0).

(1)由题意得f′(1)=f′(3),解得a=23.

(2)f′(x)=?ax-1??x-2?x(x>0).

①当a≤0时,x>0,ax-1<0.在区间(0,2)上,f′(x)>0;在区间(2,+∞)上,f′(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).

②当02.在区间(0,2)和1a,+∞上,f′(x)>0;在区间2,1a上,f′(x)<0.

故f(x)的单调递增区间是(0,2)和1a,+∞,单调递减区间是2,1a.

③当a=12时,f′(x)=?x-2?22x≥0,

故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).

④当a>12时,0<1a<2,在区间0,1a和(2,+∞)上,f′(x)>0;在区间1a,2上,f′(x)<0.

故f(x)的单调递增区间是0,1a和(2,+∞),单调递减区间是1a,2.

14.(2014•江西卷)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2)x,其中a<0.

(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;

(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.

解 (1)当a=-4时,由f′(x)=2?5x-2??x-2?x=0得x=25或x=2.由f′(x)>0得x∈0,25或x∈(2,+∞),

故函数f(x)的单调递增区间为0,25和(2,+∞),

(2)因为f′(x)=?10x+a??2x+a?2x,a<0,

由f′(x)=0得x=-a10或x=-a2.

当x∈0,-a10时,f(x)单调递增;当x∈-a10,-a2时,f(x)单调递减;当x∈-a2,+∞时,f(x)单调递增,易知f(x)=(2x+a)2x≥0,且f-a2=0.

①当-a2≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=±22-2,均不符合题意.

②当1<-a2≤4,即-8≤a<-2时,f(x)在[1,4]上的最小值为f-a2=0,不符合题意.

③当-a2>4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4上取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.

综上有a=-10.

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