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 1D.2 解析 由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.
答案 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
1
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D.
答案 D
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a＋b
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 C．②③
B．②④ D．③④
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＝a＋ba＋b
2对称，即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处切线斜率最小，在b处切线斜率最大，故导函数图a＋b
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，a＋b在b处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线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，故导函数图象关于a＋ba＋b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x＝2a＋b
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
2
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3．(文)函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是( ) A．0 C．2
解析 函数定义域为(0，＋∞)， 6x2－2x＋11
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 B．1 D．无数个
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
15．(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 3 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 D．∃x0>0，f(x)在(x0，＋∞)上是增函数 ln2x－111 解析 由已知f′(x)＝x－xln2x＝xln2x(x>0，且x≠1)，令f′(x)＝0，111 得x＝e或x＝e.当x∈0，e时，f′(x)>0；当x∈e，1∪(1，e)时，f′(x)<0；1 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.故x＝e和x＝e分别是函数f(x)的极大值点和极 1和(1，e)内单调递减，所以A、B错；当0 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．bf(a)≤af(b) D．bf(b)≤f(a) xf′x－fxfx 解析 设F(x)＝x，则F′(x)＝≤0， x2fx 故F(x)＝x为减函数． fafb 由0 解析 y′＝－5e－5x，∴y′|x＝0＝－5，∴所求切线方程为y－3＝－5x，即5x＋y－3＝0. 4 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 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． 设 2 P(x0，x0－lnx0)，则有 1 k＝y′|x＝x0＝2x0－x. 0 11 ∴2x0－x＝1.∴x0＝1或x0＝－2(舍去)． 0|1－1－2| ∴P(1,1)，∴d＝＝2. 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，g1＝3＋4b＋c≤0，g2＝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 5 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 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. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. t 令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝2. 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： x f′(x) f(x) t－∞， 2＋ t，－t 2(－t，＋∞) ＋ － ↘ t－∞，所以，f(x)的单调递增区间是2，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区 t 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： 6 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 x f′(x) f(x) (－∞，－t) ＋ t－t， 2－ ↘ t，＋∞ 2＋ t所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，2，＋∞；f(x)的单调递减区 t 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 当x 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 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 (3)①若c≥1，则ex≤cex. 又由(2)知，当x>0时，x2 ②若0 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 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. 8 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 (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. ∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为 2a x1＝0，x2＝3. ∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点， 2a ∴x2＝3>1， 3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＋21f(x)dx， 0 则1f(x)dx＝( ) 0 A．－1 1 C.3 1B．－3 D．1 解析 直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x2＋21f(x)dx， 0 1 13 ∴f(x)dx＝3x＋2x0fxdx 0 1 9 1 0 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 1 ＝3＋21f(x)dx， 0 1 ∴1f(x)dx＝－3. 0 答案 B 1．(文)(理)2. (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( ) 20，A.3 12C.3，3 4 0，B.9 14D.9，9 解析 因为f(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝c(2a－ 22cΔ2b－3ac|a－3c|1c 2c)>0,0 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 12C.3，3 4 B.0，9 14D.9，9 解析 因为f(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f(0)f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝c(2a－ 22cΔ2b－3ac|a－3c|1c 2c)>0,0 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 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， 11 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 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 3 (3)由(2)知，g(ln2)＝2－22b＋2(2b－1)ln2. 82－33 当b＝2时，g(ln2)＝2－42＋6ln2>0，ln2>12>0.692 8； 32 当b＝4＋1时，ln(b－1＋b2－2b)＝ln2， 3 g(ln2)＝－2－22＋(32＋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. 12 高考热点专题专练·二轮钻石卷 数学 (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． 13 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容