高中数学导数专题复习

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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)+ln x ,则f ′(1)=A .-eB .-1C .1D .e解析 f ′(x )=2f ′(1)+1x ,令x =1,得f ′(1)=2f ′(1)+1, ∴f ′(1)=-1.故选B. 答案 B2.(2012·泉州模拟)已知曲线y =x 24-3ln x 的一条切线的斜率为12,则切点的横坐标为A .3B .2C .1D.12解析 设切点为(x 0,y 0). ∵y ′=12x -3x , ∴12x 0-3x 0=12,解得x 0=3(x 0=-2舍去). 答案 A3.(2012·聊城模拟)求曲线y =x 2与y =x 所围成图形的面积,其中正确的是 A .S =⎠⎛01(x 2-x )d xB .S =⎠⎛01(x -x 2)d xC .S =⎠⎛01(y 2-y )d yD .S =⎠⎛01(y -y )d y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 ≥x 2,故求曲线y =x 2与y =x 所围成图形的面S =⎠⎛01(x -x 2)d x .答案 B4.函数f (x )=32231,0,e , 0ax x x x x ⎧++≤⎪⎨>⎪⎩在[-2,2]上的最大值为2,则a 的取值范围是A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2,+∞ B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,12ln 2 C .(-∞,0]D.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,12ln 2 解析 当x ≤0时,f ′(x )=6x 2+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e ax ≤2即可,即ax ≤ln 2在(0,2]上恒成立,即a ≤ln 2x在(0,2]上恒成立,故a ≤12ln 2. 答案 D5.设函数f (x)=ax 2+bx +c (a ,b ,c ∈R ),若x =-1为函数f (x )e x 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 )e x ,则h ′(x )=(2ax +b )e x +(ax 2+bx +c )e x =(ax 2+2ax +bx +b +c )e x .由x =-1为函数f (x )e x 的一个极值点,得当x =-1时,ax 2+2ax +bx +b +c =c -a =0,∴c =a .∴f (x )=ax 2+bx +a .若方程ax 2+bx +a =0有两根x 1、x 2,则x 1x 2=aa =1,D 中图象一定不满足该条件.答案 D6.设a ∈R ,若函数f (x )=e ax +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+a e ax ,若函数f (x )在x ∈R 上有大于零的极值点,则f ′(x )=3+a e ax =0有正根.当3+a e ax =0成立时,显然有a <0,此时x =1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-3a ,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 =e x +x 2在点(0,1)处的切线方程为________. 解析 y ′=e x +2x ,∴所求切线的斜率为e 0+2×0=1, ∴切线方程为y -1=1×(x -0),即x -y +1=0. 答案 x -y +1=08.(2012·枣庄市高三一模)⎠⎛014-x 2d x =________.解析 ⎠⎛014-x 2d x 表示圆x 2+y 2=4中阴影部分的面积的大小,易知∠AOB =π6,OC =1,∴⎠⎛014-x 2d x =S △OBC +S 扇形AOB =12×1×3+12×π6×22=32+π3. 答案 32+π39.(2012·泉州模拟)若函数f (x )=x -a x +ln x (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 x +ln x 在(0,+∞)上是增函数, ∴f ′(x )=1-12a x x+≥0在(0,+∞)上恒成立,即a ≤2x +2x.而2x≥=4,当且仅当x, 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 )=x 3+ax 2+bx +a 2(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 )=3x 2+2ax +b ,则⎩⎨⎧ f ′?1?=3+2a +b =0f ?1?=1+a +b +a 2=10?⎩⎨⎧ a =4b =-11或⎩⎨⎧a =-3b =3. 当⎩⎨⎧a =4b =-11时,f ′(x )=3x 2+8x -11, Δ=64+132>0,所以函数有极值点;当⎩⎨⎧a =-3b =3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 )=3x 2+2ax +b ≥0对任意的a ∈[-4,+∞),x ∈[0,2]都成立,则F (a )=2xa +3x 2+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 +3x 2+b ≥0对任意的x ∈[0,2]恒成立,即b ≥(-3x 2+8x )max ,又-3x 2+8x =-3⎝ ⎛⎭⎪⎫x -432+163≤163,当x =43时,(-3x 2+8x )max =163,得b ≥163, 所以b 的最小值为163.解法二 f ′(x )=3x 2+2ax +b ≥0对任意的a ∈[-4,+∞),x ∈[0,2]都成立, 即b ≥-3x 2-2ax 对任意的a ∈[-4,+∞),x ∈[0,2]都成立,即b ≥(-3x 2-2ax )max ,令F (x )=-3x 2-2ax =-3⎝ ⎛⎭⎪⎫x +a 32+a23.①当a ≥0时,F (x )max =0,∴b ≥0; ②当-4≤a <0时,F (x )max =a 23,∴b ≥a 23.又∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23max =163,∴b ≥163.综上,b 的最小值为163. 11.已知函数f (x )=e x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间; (2)设x >0,求证:f (x +1)>e 2x -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 )=e x ln x (ln x +1). 令f ′(x )>0,解得x >1e ; 令f ′(x )<0,解得0<x <1e .故f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞,减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e .(2)证明 要证f (x +1)>e 2x -1,即证(x +1)ln(x +1)>2x -1?ln(x +1)>2x -1x +1?ln(x +1)-2x -1x +1>0. 令g (x )=ln(x +1)-2x -1x +1, 则g ′(x )=1x +1-3?x +1?2=x -2?x +1?2, 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)=ln 3-1,故当x >0时,有g (x )≥g (2)=ln 3-1>0, 即f (x +1)>e 2x -1得证. (3)证明 由(2)得ln(x +1)>2x -1x +1, 即ln(x +1)>2-3x +1, 所以ln[k (k +1)+1]>2-3k ?k +1?+1>2-3k ?k +1?,所以ln(1×2+1)+ln(2×3+1)+…+ln[n (n +1)+1]>⎝ ⎛⎭⎪⎫2-31×2+⎝ ⎛⎭⎪⎫2-32×3+…+⎣⎢⎡⎦⎥⎤2-3n ?n +1?=2n -3+3n +1>2n -3. 12.设函数f (x )=-a x 2+1+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 ·xx 2+1+1. 要使f (x )在x ∈(0,1]上是增函数, 需使f ′(x )=-axx 2+1+1≥0在(0,1]上恒成立. 即a ≤x 2+1x = 1+1x 2在(0,1]上恒成立.而1+1x 2在(0,1]上的最小值为2,又a ∈R *,∴0<a ≤2为所求. (2)由(1)知:①当0<a ≤2时,f (x )在(0,1]上是增函数. ∴[f (x )]max =f (1)=(1-2)a +1; ②当a >2时,令f ′(x )=0,得x = 1a 2-1∈(0,1]. ∵0<x <1a 2-1时,f ′(x )>0;∵1a 2-1<x ≤1时,f ′(x )<0. ∴[f (x )]max =f ⎝⎛⎭⎪⎫1a 2-1=a -a 2-1. 综上,当0<a ≤2时,[f (x )]max =(1-2)a +1; 当a >2时,[f (x )]max =a -a 2-1.。