高中数学导数专题复习.doc

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专题一第5讲　导数及其应用

一、选择题（每小题4分，共24分）

1．已知函数f（x）的导函数为f′（x），且满足f（x）＝2xf′

（1）＋lnx，则f′

（1）＝

A．－e　　　 B．－1

C．1　　　 D．e

解析　f′（x）＝2f′

（1）＋，令x＝1，得f′

（1）＝2f′

（1）＋1，

∴f′

（1）＝－1.故选B.

答案　B

2．（2012·泉州模拟）已知曲线y＝－3lnx的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为

A．3 B．2

C．1 D.

解析　设切点为（x0，y0）．

∵y′＝x－，

∴x0－＝，

解得x0＝3（x0＝－2舍去）．

答案　A

3．（2012·聊城模拟）求曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面积，其中正确的是

A．S＝（x2－x）dx B．S＝（x－x2）dx

C．S＝（y2－y）dy D．S＝（y－）dy

解析　两函数图象的交点坐标是（0,1），（1,1），

故积分上限是1，下限是0，

由于在[0,1]上，x≥x2，故求曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面S＝（x－x2）dx.

答案　B

4．函数f（x）＝在[－2,2]上的最大值为2，则a的取值范围是

A. B.

C．（－∞，0] D.

解析　当x≤0时，f′（x）＝6x2＋6x，函数的极大值点是x＝－1，极小值点是x＝0，当x＝－1时，f（x）＝2，故只要在（0,2]上eax≤2即可，即ax≤ln2在（0,2]上恒成立，即a≤在（0,2]上恒成立，故a≤ln2.

答案　D

5．设函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a，b，c∈R），若x＝－1为函数f（x）ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f（x）图象的是

解析　设h（x）＝f（x）ex，则h′（x）＝（2ax＋b）ex＋（ax2＋bx＋c）ex＝（ax2＋2ax＋bx＋b＋c）ex.由x＝－1为函数f（x）ex的一个极值点，得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.∴f（x）＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1、x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足该条件．

答案　D

6．设a∈R，若函数f（x）＝eax＋3x（x∈R）有大于零的极值点，则a的取值范围是

A．（－3,2） B．（3，＋∞）

C．（－∞，－3） D．（－3,4）

解析　由已知得f′（x）＝3＋aeax，若函数f（x）在x∈R上有大于零的极值点，则f′（x）＝3＋aeax＝0有正根．当3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln，由x＞0得到参数a的取值范围为a＜－3.

答案　C

二、填空题（每小题5分，共15分）

7．（2012·济南三模）曲线y＝ex＋x2在点（0,1）处的切线方程为________．

解析　y′＝ex＋2x，∴所求切线的斜率为e0＋2×0＝1，

∴切线方程为y－1＝1×（x－0），即x－y＋1＝0.

答案　x－y＋1＝0

8．（2012·枣庄市高三一模）dx＝________.

解析　dx表示圆x2＋y2＝4中阴影部分的面积的大小，易知∠AOB＝，OC＝1，

∴dx＝S△OBC＋S扇形AOB

＝×1×＋××22＝＋.

答案　＋

9．（2012·泉州模拟）若函数f（x）＝x－a＋lnx（a为常数）在定义域上是增函数，则实数a的取值范围是________．

解析　∵f（x）＝x－a＋lnx在（0，＋∞）上是增函数，

∴f′（x）＝1－≥0在（0，＋∞）上恒成立，即a≤2＋.

而2＋≥2＝4，

当且仅当＝，

即x＝1时等号成立，∴a≤4.

答案　（－∞，4]

三、解答题（每小题12分，共36分）

10．（2012·泉州模拟）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2（a，b∈R）．

（1）若函数f（x）在x＝1处有极值为10，求b的值；

（2）若对任意a∈[－4，＋∞），f（x）在x∈[0,2]上单调递增，求b的最小值．

解析　

（1）f′（x）＝3x2＋2ax＋b，

则⇒或.

当时，f′（x）＝3x2＋8x－11，

Δ＝64＋132＞0，所以函数有极值点；

当时，f′（x）＝3（x－1）2≥0，所以函数无极值点．

则b的值为－11.

（2）解法一　f′（x）＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞），x∈[0,2]都成立，

则F（a）＝2xa＋3x2＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞），x∈[0,2]都成立．

∵x≥0，F（a）在a∈[－4，＋∞）单调递增或为常数函数，

所以得F（a）min＝F（－4）＝－8x＋3x2＋b≥0对任意的x∈[0,2]恒成立，即b≥（－3x2＋8x）max，

又－3x2＋8x＝－32＋≤，

当x＝时，（－3x2＋8x）max＝，得b≥，

所以b的最小值为.

解法二　f′（x）＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞），x∈[0,2]都成立，

即b≥－3x2－2ax对任意的a∈[－4，＋∞），x∈[0,2]都成立，即b≥（－3x2－2ax）max，

令F（x）＝－3x2－2ax＝－32＋.

①当a≥0时，F（x）max＝0，∴b≥0；

②当－4≤a＜0时，F（x）max＝，∴b≥.

又∵max＝，∴b≥.

综上，b的最小值为.

11．已知函数f（x）＝exlnx.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）设x＞0，求证：

f（x＋1）＞e2x－1；

（3）设n∈N＋，求证：

ln（1×2＋1）＋ln（2×3＋1）＋…＋ln[n（n＋1）＋1]＞2n－3.

解析　

（1）由题知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），

由f′（x）＝exlnx（lnx＋1）．

令f′（x）＞0，解得x＞；

令f′（x）＜0，解得0＜x＜.

故f（x）的增区间为，减区间为.

（2）证明　要证f（x＋1）＞e2x－1，即证（x＋1）ln（x＋1）＞2x－1⇔ln（x＋1）＞⇔ln（x＋1）－＞0.

令g（x）＝ln（x＋1）－，

则g′（x）＝－＝，

令g′（x）＝0，得x＝2，

且g（x）在（0,2）上单调递减，

在（2，＋∞）上单调递增，

所以g（x）min＝g

（2）＝ln3－1，

故当x＞0时，有g（x）≥g

（2）＝ln3－1＞0，

即f（x＋1）＞e2x－1得证．

（3）证明　由

（2）得ln（x＋1）＞，

即ln（x＋1）＞2－，

所以ln[k（k＋1）＋1]＞2－＞2－，

所以ln（1×2＋1）＋ln（2×3＋1）＋…＋ln[n（n＋1）＋1]

＞＋＋…＋＝2n－3＋＞2n－3.

12．设函数f（x）＝－a＋x＋a，x∈（0,1]，a∈R*

（1）若f（x）在（0,1]上是增函数，求a的取值范围；

（2）求f（x）在（0,1]上的最大值．

解析　

（1）当x∈（0,1]时，f′（x）＝－a·＋1.

要使f（x）在x∈（0,1]上是增函数，

需使f′（x）＝－＋1≥0在（0,1]上恒成立．

即a≤＝在（0,1]上恒成立．

而在（0,1]上的最小值为，

又a∈R*，∴0＜a≤为所求．

（2）由

（1）知：

①当0＜a≤时，f（x）在（0,1]上是增函数．

∴[f（x）]max＝f

（1）＝（1－）a＋1；

②当a＞时，令f′（x）＝0，得x＝∈（0,1]．

∵0＜x＜时，f′（x）＞0；

∵＜x≤1时，f′（x）＜0.

∴[f（x）]max＝f＝a－.

综上，当0＜a≤时，[f（x）]max＝（1－）a＋1；

当a＞时，[f（x）]max＝a－.