5:导数及其应用(含解析)


高考专题训练(五)

导数及其应用

A 级——基础巩固组 一、选择题 1.函数 y=f(x)的图象在点 x=5 处的切线方程是 y=-x+8,则 f(5)+f′(5)等于( A.1 C.0 B.2 1 D.2 )

解析 由题意知 f(5)=-5+8=3,f′(5)=-1,故 f(5)+f′(5)=2.故选 B. 2.函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数 y=f′(x)的图象可能为 ( )

解析 x<0 时,f(x)为增函数,所以导函数在 x<0 时大于零;x>0 时,原函数先增后 减再增,所以导函数先大于零再小于零之后又大于零.故选 D. a+b 3.(理)(2014· 山东淄博一模)若函数 f(x)的导函数在区间(a,b)上的图象关于直线 x= 2 对称,则函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象可能是( )

A.①④

B.②④

C.②③

D.③④

a+b 解析 因为函数 y=f(x)的导函数在区间(a,b)上的图象关于直线 x= 2 对称,即 a+b 导函数要么图象无增减性,要么在直线 x= 2 两侧单调性相反.由图①得,在 a 处切 a+b 线斜率最小,在 b 处切线斜率最大,故导函数图象不关于直线 x= 2 对称,故①不成 立;由图②得,在 a 处切线斜率最大,在 b 处切线斜率最小,故导函数图象不关于直线 a+b x= 2 对称,故②不成立;由图 ③得,原函数为一次函数,其导函数为常数函数,故 a+b 导函数图象关于直线 x= 2 对称,③成立;由图④得,原函数有一对称中心,在直线 a+b a+b x= 2 与原函数图象的交点处,故导函数图象关于直线 x= 2 对称,④成立;所以满 足要求的有③④,故选 D. 答案 D 3.(文)函数 f(x)=3x2+lnx-2x 的极值点的个数是( A.0 C.2 )

B.1 [来源:学+科+网] D.无数个

6x2-2x+1 1 解析 函数定义域为(0,+∞),且 f′(x)=6x+ x-2= , x 由于 x>0,g(x)=6x2-2x+1 中 Δ=-20<0,∴g(x)>0 恒成立,故 f′(x)>0 恒成立, 即 f(x)在定义域上单调递增,无极值点. 答案 A 4.(2014· 重庆七校联盟联考)已知函数 f(x)在 R 上满足 f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲 线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率是( A.2 C.3 ) B.1 D.-2

解析 由 f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8 两边求导得,f′(x)=2f′(2-x)×(-1)-2x+8.令 x =1 得 f′(1)=2f′(1)×(-1)-2+8?f′(1)=2,∴k=2. 答案 A 1 5.(2014· 云南昆明一模)已知函数 f(x)=lnx+lnx,则下列结论中正确的是( A.若 x1,x2(x1<x2)是 f(x)的极值点, 则 f(x)在区间(x1,x2)内是增函数 )

B.若 x1,x2(x1<x2)是 f(x)的极值点,则 f(x)在区间(x1,x2)内是减函数 C.?x>0,且 x≠1,f(x)≥2 D.?x0>0,f(x)在(x0,+∞)上是增函数 ln2x-1 1 1 解析 由已知 f′(x)= x-xln2x= xln2x (x>0,且 x≠1),令 f′(x)=0,得 x=e 或 x 1? 1 ? ?1 ? =e.当 x∈?0,e?时,f′(x)>0;当 x∈? e,1?∪(1,e)时,f′(x)<0;当 x∈(e,+∞)时, ? ? ? ? 1 ?1 ? f′(x)>0.故 x= e和 x=e 分别是函数 f(x)的极大值点和极小值点, 故函数 f(x)在? e,1?和(1, ? ? e)内单调递减,所以 A、B 错;当 0<x<1 时,lnx<0,f(x)<0,故 C 错;若 x0≥e,f(x)在 (x0,+∞)上是增函数,D 正确. 答案 D 6. f(x)是定义在(0, +∞)上的非负可导函数,且满足 xf′(x)-f(x)≤0,对任意正数 a,b, 若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) ) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

xf′?x?-f?x? f?x? f?x? 解析 设 F(x)= x ,则 F′(x)= ≤0,故 F(x)= x 为减函数. x2 f?a? f?b? 由 0<a<b,有 a ≥ b ?af(b)≤bf(a),故选 A. 二、填空题 7.(理)(2014· 广东卷)曲线 y=e-5x+2 在点(0,3)处的切线方程为________. 解析 y′=-5e-5x,∴y′|x=0=-5,∴所求切线方程为 y-3=-5x,即 5x+y-3=0. 答案 5x+y-3=0 7.(文)已知函数 f(x)=xex,则 f′(x)=________;函数 f(x)的图象在 点(0,f(0))处的切线 方程为________. 解析 ∵f′(x)=1· ex+x· ex=(1+x)ex;f′(0)=1,f(0)=0,因此 f(x)在点(0,f(0))处 的切线方程为 y-0=x-0,即 y=x. 答案 (1+x)ex y=x

8.若点 P 是曲线 y=x2-lnx 上任意一点,则点 P 到直线 y=x-2 的最小距离为 ________. 解析 过点 P 作 y=x-2 的平行直线,且与曲线 y=x2-lnx 相切.

1 2 设 P(x0,x0 -lnx0),则有 k=y′|x=x0=2x0-x .
0

|1-1-2| 1 1 ∴2x0-x =1.∴x0=1 或 x0=-2(舍去).∴P(1,1),∴d= = 2. 0 1+1 答案 2

9.已知函数 f(x)=x3+2bx2+cx+1 有两个极值点 x1,x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈ [1,2],则 f(-1)的取值范围是________. 解析 由于 f′(x)=3x2+4bx+c,据题意方程 3x2+4bx+c=0 有两个根 x1,x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2], 令 g(x)=3x2+4bx+c,结合二次函数图象可得

?g?-1?=3-4b+c≤0, ?g?1?=3+4b+c≤0, ?g?2?=12+8b+c≥0,

g?-2?=12-8b+c≥0, 此即为关于点(b,c)的线性约束条件,作出其对应的

平面区域,f(-1)=2b-c,问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数 f(-1)=2b -c 的最值问题,由线性规划易知 3≤f(-1)≤12. 答案 [3,12] 三、解答题 10.已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中 t∈R. (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)t≠0 时,求 f(x)的单调区间. 解 (1)当 t=1 时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-6x. t (2)f′(x)=12x2+6tx-6t2.令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x=2.[来源:学科网 ZXXK] 因为 t≠0,以下分两种情况讨论: t ①若 t<0,则2<-t.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:[来源:学科网] x f′(x) t? ? ?-∞,2? ? ? + ?t ? ?2,-t? ? ? - (-t,+∞) +

f (x)



t? ? ?t ? 所以, f(x)的单调递增区间是?-∞,2?, (-t, +∞); f(x) 的单调递减区间是?2,-t?. ? ? ? ? t ②若 t>0,则-t<2. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) t? ?t ? ? ?2,+∞?; 所以, f(x)的单调递增区间是(-∞, -t), f(x)的单调递减区间是?-t,2?. ? ? ? ? 11.(理)(2014· 福建卷)已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 解 (1)由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2.所以 f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln2. 当 x<ln2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值. (2)令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x.由(1)得 g′(x)=f(x)≥f(ln2)>0, 故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 因此,当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. (3)①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 所以当 x>0 时,x2<cex.取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. (-∞,-t) + t? ? ?-t,2? ? ? - ?t ? ?2,+∞? ? ? +

1 ②若 0<c<1,令 k= c>1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2 成立. 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2lnx+lnk 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2lnx-lnk,则 h′(x)=1- x= x , 所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k, 易知 k>lnk,k>ln2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= c ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.

11.(文)已知函数 f(x)=-x3+ax2+bx+c 在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函 数,函数 f(x)在 R 上有三个零点,且 1 是其中一个零点. (1)求 b 的值; (2)求 f(2)的取值范围. 解 (1)∵f(x)=-x3+ax2+bx+c,∴f′(x)=-3x2+2ax+b. ∵f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数, ∴当 x=0 时,f(x)取得极小值,即 f′(0)=0.∴b=0. (2)由(1)知,f(x)=-x3+ax2+c,∵1 是函数 f(x)的一个零点,即 f(1)=0, ∴c=1-a. 2a ∵f′(x)=-3x2+2ax=0 的两个根分别为 x1=0,x2= 3 .

2a 3 ∵f(x)在(0,1)上是增函数,且函数 f(x)在 R 上有三个零点,∴x2= 3 >1,即 a>2. 5 ∴f(2)=-8+4a+(1-a)=3a-7>- . 2 ? 5 ? 故 f(2)的取值范围为?-2,+∞?. ? ?

B 级——能力提高组 1.(理)(2014· 江西卷)若 f(x)=x2+2?1f(x)dx,则?1f(x)dx=( ?0 ?0 )

A.-1

1 B.-3

1 C .3

D.1

解析 直接求解定积分,再利用方程思想求解.
1 ?1 3 ?? ? x + 2x ∵f(x)=x +2? f(x)dx,∴? f(x)dx=?3 ?0f?x?dx? ? ?? ?0 ?0 2 1 1 1 0

1 =3+2?1f(x)dx, ?
0

1 ∴?1f(x)dx=-3. ?0

答案 B 2.(理)(2014· 中原名校二模)已知函数 g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的导函数为 f(x), 且 a+2b+3c=0,f(0)· f(1)>0,设 x1,x2 是方程 f(x)=0 的两根,则|x1-x2|的取值范围是 ( ) 2? ? A.?0,3? ? ? ?1 2? C.?3,3? ? ? 4? ? B.?0,9? ? ? ?1 4? D.?9,9? ? ?

c 解析 因为 f(x)=3ax2+2bx+c,所以 f(0)f(1)=c(3a+2b+c)=c(2a-2c)>0,0<a<1,
2 2? Δ 2 b -3ac |a-3c| ?1 c? ? ?3-a?∈?0,3?. 又|x1-x2|= |3a|= = = |3a| |3a| ? ? ? ?

答案 A 2.(文)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),

如图所示,则下列说法中不正确的是________. 3 ①当 x=2时函数取得极小值; ②f(x)有两个极值点; ③当 x=2 时函数取得极小值;

④当 x=1 时函数取得极大值. 解析 从图象上可以看到: 当 x∈(0,1)时, f′(x)>0; 当 x∈(1,2)时, f′(x)<0; 当 x∈(2, +∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值,当 x =1 时函数取得极大值.只有①不正确. 答案 ① 3.(理)(2014· 课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 2<1.414 3,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001). 解 (1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当 x=0 时成立. 所以 f(x)在(-∞,+∞) 上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). ①当 b≤2 时,g′(x)≥0,等号仅当 x=0 时成立,所以 g(x)在(-∞,+∞)上单调 递增.而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0; ②当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e-x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时 g′(x)<0. 而 g(0)=0,因此当 0<x≤ln(b-1+ b2-2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)=2-2 2b+2(2b-1)ln2. 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)=2-4 2+6ln2>0,ln2> 12 >0.692 8; 3 2 当 b= 4 +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 3 g(ln 2)=-2-2 2+(3 2+2)ln2<0, 18+ 2 ln2< 28 <0.693 4. 所以 ln2 的近似值为 0.693. 3.(文)(2014· 课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2) 处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2.

(1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 解 (1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得-a=-2, 所以 a=1. (2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增, 所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根.

综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点.


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