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.