高考数学二轮专题-导数及其应用针对训练-理.doc

导数及其应用
一、选择题
1．(2011年高考福建卷)(ex＋2x)dx等于(　　)
A．1 B．e－1
C．e D．e＋1
解析：选C.(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝(e1＋12)－(e0＋02)＝e.
2．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)＞0的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
解析：选C.由题意知x＞0，且f′(x)＝2x－2－，
即f′(x)＝＞0，
∴x2－x－2＞0，
解得x＜－1或x＞2.
又∵x＞0，∴x＞2.
3．函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是(　　)
A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点
B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点
C．x＝－1不是函数f(x)的极值点
D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点
解析：选D.由题意，得x>－1，f′(x)>0或x<－1，f′(x)<0，但函数f(x)在x＝－1处未必连续，即x＝－1不一定是函数f(x)的极值点，故选D.
4．曲线y＝－在点M处的切线的斜率为(　　)
A．－ B.
C．－ D.
解析：选B.y′＝＝，
故y′＝，
∴曲线在点M处的切线的斜率为.
5．由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为(　　)
A. B．4
C. D．6
解析：选C.由，得其交点坐标为.
因此y＝与y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为
dx＝dx
＝＝×8－×16＋2×4＝.
二、填空题
6．函数f(x)＝x＋2cos x在区间[0，]上的单调递减区间是________．
解析：f′(x)＝1－2sin x，
令f′(x)≤0，即1－2sin x≤0，
所以sin x≥.
又∵x∈[0，]，所以≤x≤，
即函数f(x)的单调递减区间是.
答案：
7．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________．
解析：y′＝ex＋a，问题转化为“方程ex＋a＝0有大于零的实数根”，由方程解得x＝ln(－a)(a<0)，由题意得ln(－a)>0，即a<－1.
答案：a<－1
8．已知函数f(x)＝xex，则f′(x)＝________；函数f(x)图象在点(0，f(0))处的切线方程为________．
解析：依题意得f′(x)＝1·ex＋x·ex＝(1＋x)ex；f′(0)＝(1＋0)e0＝1，f(0)＝0·e0＝0，因此函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程是y－0＝x－0，即y＝x.
答案：(1＋x)ex　y＝x
三、解答题
9．设a>0，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.
(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为－1，求a的值；
(2)当0<a<1时，求函数f(x)的极值点．
解：(1)由已知得x>0，
f′(x)＝x－(a＋1)＋.
因为曲线y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为－1，
所以f′(2)＝－1.
即2－(a＋1)＋＝－1，所以a＝4.
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋
＝＝，
因0<a<1，
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(a,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增．
此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点．
10．已知函数f(x)＝x2＋ax＋bln x(x>0，实数a，b为常数)．
(1)若a＝1，b＝－1，求函数f(x)的极值；
(2)若a＋b＝－2，且b<1，讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)函数f(x)＝x2＋x－ln x，
则f′(x)＝2x＋1－，
令f′(x)＝0，得x1＝－1(舍去)，x2＝.
当0<x<时，f′(x)<0，函数单调递减；
当x>时，f′(x)>0，函数单调递增；
∴f(x)在x＝处取得极小值＋ln 2.
(2)由于a＋b＝－2，则a＝－2－b，
从而f(x)＝x2－(2＋b)x＋bln x，则
f′(x)＝2x－(2＋b)＋＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
①当≤0，即b≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；
②当0<<1，即0<b<2时，列表如下：
x

(1，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)



所以，函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.
11．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋c(c>0)，其导函数y＝h′(x)的图象如图所示，f(x)＝ln x－h(x)．

(1)求函数f(x)在x＝1处的切线斜率；
(2)若函数f(x)在区间上是单调函数，求实数m的取值范围；
(3)若函数y＝2x－ln x(x∈[1,4])的图象总在函数y＝f(x)的图象的上方，求c的取值范围．
解：(1)由题知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过A(2，－1)、B(0,3)两点，
∴，解得.
∴h(x)＝－x2＋3x＋c.
∴f(x)＝ln x－(－x2＋3x＋c)＝x2－3x－c＋ln x.
∴f′(x)＝2x－3＋，
∴f′(1)＝2－3＋＝0，
所以函数f(x)在x＝1处的切线斜率为0.
(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f′(x)＝2x－3＋＝＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.
当x变化时，f(x)、f′(x)随x的变化情况如下表：
x

1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

∴f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)．
f(x)的单调递减区间为.
要使函数f(x)在区间上是单调函数，
则，解得<m≤.
故实数m的取值范围是.
(3)由题意可知，2x－ln x>x2－3x－c＋ln x在x∈[1,4]上恒成立，
即当x∈[1,4]时，c>x2－5x＋2ln x恒成立
设g(x)＝x2－5x＋2ln x，x∈[1,4]，则c>g(x)max.
易知g′(x)＝2x－5＋＝＝.
令g′(x)＝0得，x＝或x＝2.
当x∈(1,2)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(2,4)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
而g(1)＝12－5×1＋2ln 1＝－4，g(4)＝42－5×4＋2ln 4＝－4＋4ln 2，
显然g(1)<g(4)，故函数g(x)在[1,4]上的最大值为g(4)＝－4＋4ln 2，故c>－4＋4ln 2.
∴c的取值范围为(－4＋4ln 2，＋∞)．

- 5 -
用心 爱心 专心