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高考文科數學二輪選修專題一導數及其應用專題復習題

專題一　導數及其應用

第1講　導數的簡單應用

(建議用時：60分鐘)

一、選擇題

1.函數f(x)=12x2-ln x的單調遞減區間為 (　　).

A.(-1,1]　 B.(0,1]

C.[1，+∞)　 D.(0，+∞)

解析　由題意知，函數的定義域為(0，+∞)，又由f′(x)=x-1x≤0，解得0

答案　B

2.(2014•全國新課標Ⅱ卷)設曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x，則a= (　　).

A.0　 B.1

C.2　 D.3

解析　令f(x)=ax-ln(x+1)，則f′(x)=a-1x+1.由導數的幾何意義可得在點(0,0)處的切線的斜率為f′(0)=a-1.又切線方程為y=2x，則有a-1=2，∴a=3.

答案　D

3.已知函數y=f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則不等式xf′(x)<0的解集為(　　).

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.

當x∈12，2時，f(x)單調遞減，此時f′(x)<0.

當x∈(-∞，0)時，f(x)單調遞增，此時f′(x)>0.故選B.

答案　B

4.已知函數f(x)=x3+ax2+x+2(a>0)的極大值點和極小值點都在區間(-1,1)內，則實數a的取值范圍是 (　　).

A.(0,2]　 B.(0,2)

C.[3，2)　 D.(3，2)

解析　由題意可知f′(x)=0的兩個不同解都在區間(-1，1)內.因為f′(x)=3x2+2ax+1，所以根據導函數圖象可得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為自然對數的底數，設函數f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2)，則 (　　).

A.當k=1時，f(x)在x=1處取到極小值

B.當k=1時，f(x)在x=1處取到極大值

C.當k=2時，f(x)在x=1處取到極小值

D.當k=2時，f(x)在x=1處取到極大值

解析　當k=1時，f′(x)=ex•x-1，f′(1)≠0，

∴f(1)不是極值，故A，B錯;

當k=2時，f′(x)=(x-1)(xex+ex-2)，

顯然f′(1)=0，且x在1的左側附近f′(x)<0，

x在1的右側附近f′(x)>0，

∴f(x)在x=1處取得極小值.故選C.

答案　C

6.(2014•濰坊模擬)已知函數y=f(x)是定義在R上的奇函數，且當x<0時，不等式f(x)+xf′(x)<0成立，若a=30.3f(30.3)，b=logπ3f(logπ3)，c=log319flog319，則a，b，c間的大小關系是 (　　).

A.a>b>c　 B.c>b>a

C.c>a>b　 D.a>c>b

解析　設g(x)=xf(x)，則g′(x)=f(x)+xf′(x)<0(x<0)，∴當x<0時，g(x)=xf(x)為減函數.

又g(x)為偶函數，∴當x>0時，g(x)為增函數.

∵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、填空題

7.(2013•江西卷)設函數f(x)在(0，+∞)內可導，且f(ex)=x+ex，則f′(1)=________.

解析　設ex=t，則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)若曲線y=e-x上點P處的切線平行于直線2x+y+1=0，則點P的坐標是________.

解析　設P(x0，y0)，∵y=e-x，∴y′=-e-x，

∴點P處的切線斜率為k=-e-x0=-2，

∴-x0=ln 2，∴x0=-ln 2，

∴y0=eln 2=2，

∴點P的坐標為(-ln 2,2).

答案　(-ln 2,2)

9.(2014•鹽城調研)若a>0，b>0，且函數f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1處有極值，則ab的最大值為________.

解析　依題意知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，當且僅當a=b=3時取等號，∴ab的最大值為9.

答案　9

10.已知函數f(x)=aln x+x在區間[2,3]上單調遞增，則實數a的取值范圍是________.

解析　∵f(x)=aln x+x.∴f′(x)=ax+1.

又∵f(x)在[2,3]上單調遞增，∴ax+1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(-x)max=-2，∴a∈[-2，+∞).

答案　[-2，+∞)

11.(2013•新課標全國Ⅰ卷)若函數f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的圖象關于直線x=-2對稱，則f(x)的最大值是________.

解析　由題意知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)，

則f′(x)=-4(x+2)(x2+4x-1).

令f′(x)=0，得x=-2或x=-2-5或x=-2+5，

當x<-2-5時，f′(x)>0;

當-2-5

-2

當x>-2+5時，f′(x)<0，

所以當x=-2-5時，f(x)極大值=16;

當x=-2+5時，f(x)極大值=16，所以函數f(x)的最大值為16.

答案　16

三、解答題

12.已知f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的單調增區間;

(2)若f(x)在定義域R內單調遞增，求a的取值范圍.

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

綜上，當a≤0時，f(x)的單調增區間為(-∞，+∞);當a>0時，f(x)的單調增區間為(ln a，+∞).

(2)由(1)知f′(x)=ex-a.∵f(x)在R上單調遞增，

∴f′(x)=ex-a≥0恒成立，即a≤ex在R上恒成立.

∵x∈R時，ex>0，∴a≤0，

即a的取值范圍是(-∞，0].

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

(1)若曲線y=f(x)在x=1和x=3處的切線互相平行，求a的值;

(2)求f(x)的單調區間.

解　f′(x)=ax-(2a+1)+2x(x>0).

(1)由題意得f′(1)=f′(3)，解得a=23.

(2)f′(x)=?ax-1??x-2?x(x>0).

①當a≤0時，x>0，ax-1<0.在區間(0,2)上，f′(x)>0;在區間(2，+∞)上，f′(x)<0，故f(x)的單調遞增區間是(0,2)，單調遞減區間是(2，+∞).

②當02.在區間(0,2)和1a，+∞上，f′(x)>0;在區間2，1a上，f′(x)<0.

故f(x)的單調遞增區間是(0,2)和1a，+∞，單調遞減區間是2，1a.

③當a=12時，f′(x)=?x-2?22x≥0，

故f(x)的單調遞增區間是(0，+∞).

④當a>12時，0<1a<2，在區間0，1a和(2，+∞)上，f′(x)>0;在區間1a，2上，f′(x)<0.

故f(x)的單調遞增區間是0，1a和(2，+∞)，單調遞減區間是1a，2.

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

(1)當a=-4時，求f(x)的單調遞增區間;

(2)若f(x)在區間[1,4]上的最小值為8，求a的值.

解　(1)當a=-4時，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，+∞)，

故函數f(x)的單調遞增區間為0，25和(2，+∞)，

(2)因為f′(x)=?10x+a??2x+a?2x，a<0，

由f′(x)=0得x=-a10或x=-a2.

當x∈0，-a10時，f(x)單調遞增;當x∈-a10，-a2時，f(x)單調遞減;當x∈-a2，+∞時，f(x)單調遞增，易知f(x)=(2x+a)2x≥0，且f-a2=0.

①當-a2≤1，即-2≤a<0時，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)=4+4a+a2=8，得a=±22-2，均不符合題意.

②當1<-a2≤4，即-8≤a<-2時，f(x)在[1,4]上的最小值為f-a2=0，不符合題意.

③當-a2>4，即a<-8時，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)，當a=-10時，f(x)在(1,4)上單調遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)=8，符合題意.

綜上有a=-10.