第1部分 重点强化专题 专题6 第16讲 导数的应用 Word版含答案

一、选择题《导数及其应用》1. f(X0) 0是函数f x在点X0处取极值的：A .充分不必要条件B .必要不充分条件 C.充要条件.既不充分又不必要条件22、设曲线y X 1在点(X, f (x))处的切线的斜率为g(x)，则函数g(x)cos X的部分图象可以为3.在曲线y = X2上切线的倾斜角为a的点是( )A. (0,0) B . (2,4) C.4.若曲线y= x2+ax+ b在点(0 , b)处的切线方程是A . a= 1, b= 1B . a=— 1, b= 13 25.函数f (x) = x+ax+ 3x— 9，已知f(x)在x =—6.已知三次函数范围是( )A.7.直线y8.若函数A . kC.X —y +1= 0,则(C . a= 1, b=—3时取得极值，则a等于(.a=— 1, b=— 11I o Q Q . ■___ ___________________________________f (x) = -x — (4 m- 1)x + (15m— 2m-7)x + 2 在x € ( —s,+s )是增函数，则m的取值3m<2 或n>4 B . — 4<n< — 2 C . 2<m<4 D .以上皆不正确x是曲线f(x)y a In X的一条切线，则实数a的值为12x在区间(k 1,k 1)上不是单调函数,A. 1 B . e C . In2 D . 1则实数 k的取值范围(B. 3 k 1 或 1 k 3不存在这样的实数 k9. 10 .函数f x 的定义域为a,b，导函数f x在a,b内的图像如图所示,则函数f x 在a, b 内有极小值点A. 1个10.已知二次函数f(x) ax2 bx c的导数为f '(X), f'(0)丄d的最小值为 A . 3f'(0)二、填空题\ €,X都有f(x) 0,则3• 20，对于任意实数D设函数f(x) x 3(1) 求f(x)的单调区间和极值；(2) 若关于x 的方程f(x) a 有3个不同实根，求实数 a 的取值范围.11.函数y叱的导数为x12、已知函数 f(x) x 32 ax bx a 2在x=1处有极值为10,则f(2)等于 13.函数yx 2COSX 在区间 陀上的最大值是 14.已知函数 f (x) x 3ax 在R 上有两个极值点，则实数 a 的取值范围是 15.已知函数 f (x)是定义在R 上的奇函数，f(1) 0 , xf (x)2 f (x) 0( x 0),则不等式X 2 f(X) 0的解集是 三、解答题 16. 设函数f(x)= sinx — cosx + x+ 1,0<x<2n,求函数f(x)的单调区间与极值. 17.已知函数f(x) x 33x .(I)求f (2)的值;(n)求函数f (x)的单调区间.18. 6x 5, x R .3)已知当x (1, )时, f (x) k( x 1)恒成立，求实数k 的取值范围 .19. 已知 x 1 是函数 f (x) mx 2nx 1的一个极值点，其中 m,n R,m 03(m 1)x2(1 )求m与n的关系式; 2)求 f ( x) 的单调区间；3)当 x [ 1,1]，函数 y f ( x) 的图象上任意一点的切线斜率恒大于 3m ，求m 的取值范围。

第六讲 导数的应用(二)[真题自检]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0， 所以不满足题意；②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0.故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n .从而 ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 而⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123>2，所以m 的最小值为3. 2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.解析：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e 2，则ln(－2a )≤1， 故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e 2，则ln(－2a )>1， 故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ， 则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x )． 所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2. 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a <0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )>0；当x ∈(－12a ，＋∞)时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，－12a)单调递增，在(－12a，＋∞)单调递减． (2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f (－12a )＝ln(－12a )－1－14a. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln(－12a )－1－14a ≤－34a －2，即ln(－12a )＋12a＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln(－12a )＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.导数与方程问题[典例] (2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．解析：(1)证明：h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，则h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点．(2)由(1)得h (x )＝e x －1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1,2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1， 则φ′(x )＝e x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0， 因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.[类题通法]数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用 对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用．[演练冲关]1．(2016·江西宜春中学模拟)设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数． 解析：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)． 设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)， 当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. ①当m >23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )． (1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．解析：(1)∵h (x )的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－(2x －1)(x －1)x 2， ∴h (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，12和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1x有唯一的实根， 显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根， 构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ，由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1，当0<x <e－1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a有唯一的实根， 只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a>0， 解得a ＝－e 或a >0，故实数a 的取值范围是{a |a ＝－e 或a >0}．导数、函数、不等式的交汇问题函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度．交汇点一 不等式恒成立问题[典例1] (2017·洛阳模拟)设函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1(其中常数a ∈R )． (1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求x 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，所以f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1， 因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝a －3＋a ＋1＝0，解得a ＝1，此时f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)，当x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以a ＝1符合题意．(2)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于a >x 2＋2x x 2＋2对任意a ∈(0，＋∞)都成立， 等价于x 2＋2x x 2＋2≤0成立，所以x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0.所以x 的取值范围是[－2,0]．[类题通法]等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法． 即①λ≥f (x )恒成立，则λ≥f (x )max .②λ≤f (x )恒成立，则λ≤f (x )min .(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f (x )≥0，则只需f (x )min ≥0.[演练冲关]1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝e －x [x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝－e －x [x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x (2x ＋1－m )＝e －x [－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －x (x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －e －t (t －m )(t －1)＝0，e －t [t 2＋(1－m )t ＋1]＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝m ，m ＝－1， 所以m 的值是3或－1.(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max >2f (x )min ，①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减，所以f (0)>2f (1)，即1>2×3－m e ⇒m >3－e 2； ②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，所以f (1)>2f (0)，即3－m e>2⇒m <3－2e ； ③当0<m <1时，当x ∈(0，m )时f ′(x )<0，当x ∈(m,1)时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1e m，f (x )max ＝f (0)或f (1)， 记函数g (m )＝m ＋1e m ，g ′(m )＝－m em ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减， 所以m ∈(0,1)时，g (m )>g (1)＝2e，所以2f (x )min ＝2(m ＋1)e m >4e >1＝f (0)， 2f (x )min ＝2(m ＋1)e m >4e >3e >3－m e＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max >2f (x )min ， 综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝⎛⎭⎫3－e 2，＋∞. 交汇点二 证明不等式[典例2] (2017·青岛二中模拟)已知f (x )＝1＋ln x x. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围；(3)当n ∈N *时，求证：nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1. 解析：(1)∵f (x )＝1＋ln x x， ∴f ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是(－∞，2]．(3)证明：∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，1＋1n>1(n ∈N *，n ≥2)， ∴f ⎝⎛⎭⎫1＋1n <f (1)＝1， ∴1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n <1＋1n， 即ln(n ＋1)－ln n <1n， ∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1， ∵nf (n )＝1＋ln n ，∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1. [类题通法]构造函数法证明不等式中常见的四种方法(1)移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．[演练冲关]2．(2017·吉林实验中学模拟)已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝b ln x －x (b >0)，当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x .当a ＝0时，f ′(x )在(－∞，－1)上时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；f ′(x )在(－1，＋∞)上时，f ′(x )<0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．当a >0时，因为－1＋1a >－1，所以f (x )在(－∞，－1)和(－1＋1a ，＋∞)上单调递增，在(－1，－1＋1a)上单调递减；当a <0时，因为－1＋1a <－1，所以f (x )在(－∞，－1＋1a )和(－1，＋∞)上单调递减，在(－1＋1a，－1)上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0； 由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立，因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2. 令h (x )＝x ln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1(ln x )2<0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2. 3．(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a >0，证明：当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )；(3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1＋x 22)>0. 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋(1－a )x －a x ＝(x ＋1)(x －a )x. 若a ≤0，则f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0<x <a 时，f ′(x )<0；当x >a 时，f ′(x )>0.此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )．∴g ′(x )＝2－a a ＋x －a a －x ＝－2x 2a 2－x 2. 当0<x <a 时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，∴g (x )<g (0)＝0.故当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )．(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点，故a >0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )<0. 不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<a <x 2，∴0<a －x 1<a .由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)<f (x 1)＝0＝f (x 2)．从而x 2>2a －x 1，于是x 1＋x 22>a . 由(1)知，f ′(x 1＋x 22)>0. 定积分与微积分基本定理[方法结论]1．定积分的性质(1)⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛a bf (x )d x (k 为常数)． (2)⎠⎛a b [f (x )±g (x )]d x ＝⎠⎛a b f (x )d x ±⎠⎛a bg (x )d x . (3)⎠⎛a b f (x )d x ＝⎠⎛a c f (x )d x ＋⎠⎛c b f (x )d x (其中a <c <b )．2．如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么⎠⎛a b f (x )d x ＝F (b )－F (a )．这个结论叫作微积分基本定理，又叫作牛顿—莱布尼兹公式．为了方便，常把F (b )－F (a )记成F (x )| b a ，即⎠⎛a b f (x )d x ＝F (x )| b a ＝F (b )－F (a )． [题组突破]1．(2017·贵阳模拟)求曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积，其中正确的是( )A ．S ＝⎠⎛01(x 2－x )d xB ．S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x C ．S ＝⎠⎛01(y 2－y )d y D ．S ＝⎠⎛01(y －y )d y解析：依题意，在同一坐标系下画出曲线y ＝x 2与直线y ＝x 的图象(图略)，注意到它们的交点坐标分别为(0,0)与(1,1)，结合图形及定积分的几何意义可知，相应的图形的面积可用定积分表示为⎠⎛01(x －x 2)d x ，选B. 答案：B2．(2017·合肥模拟)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 的方程为x 2－y ＝0)的点的个数的估计值为( )A ．5 000B ．6 667C ．7 500D ．7 854解析：S 阴影＝S 正方形－⎠⎛01x 2d x ＝1－13＝23，所以有23＝S 阴影S 正方形＝n 10 000，解得n ≈6 667，故选B. 答案：B3．(2017·唐山模拟)过点(－1,0)的直线l 与曲线y ＝x 相切，则曲线y ＝x 与l 及x 轴所围成的封闭图形的面积为________．解析：因为y ＝x 的导数为y ′＝12x ，设切点为P (x 0，y 0)，则切线的斜率为12x 0＝x 0x 0＋1，解得x 0＝1，即切线的斜率为12，所以直线l 的方程为y ＝12(x ＋1)，所以所围成的封闭图形的面积为 ⎠⎛01⎣⎡⎦⎤12(x ＋1)－x d x ＋12×1×12＝13. 答案：13[误区警示]运用微积分基本定理求定积分时的注意点(1)对被积函数要先化简，再求积分．(2)求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和．(3)对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值号再求积分．(4)注意用“F ′(x )＝f (x )”检验积分的对错．。

2021版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第16讲导数在函数中的应用课时作业理1．若函数f (x )＝x 3＋ax －2在区间(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范畴是( ) A ．[3，＋∞) B．[－3，＋∞) C ．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)2．已知函数y ＝f (x )的图象如图X2­16­1，则其导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )图X2­16­1A B C D3．(2021年湖北枣阳第一中学模拟)若函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)4．(2020年新课标Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范畴是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 5．若0<x 1<x 2<1，则( )A ．2e x －1e x >ln x 2－ln x 1B ．2e x －1e x <ln x 2－ln x 1C ．x 21e x >x 12e xD ．x 21e x <x 12e x6．(2020年新课标Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范畴是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)7．(2021年浙江嘉兴模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范畴是( )A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 8．在R 上可导的函数f (x )的图象如图X2­16­2，则关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为( )图X2­16­2A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)9．已知函数f (x )＝1－xax＋ln x .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求正实数a 的取值范畴； (2)讨论函数f (x )的单调性．10．(2021年湖北荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范畴．第16讲 导数在函数中的应用1．B 解析：f ′(x )＝3x 2＋a ，由f (x )在区间(1，＋∞)上是增函数，得3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立．则3＋a ≥0.∴a ≥－3.2．A 解析：由函数f (x )的图象看出，在y 轴左侧，函数有两个极值点，且先增后减再增，在y 轴右侧函数无极值点，且是减函数，依照函数的导函数的符号和原函数单调性间的关系可知，导函数在y 轴左侧应有两个零点，且导函数值是先正后负再正，在y 轴右侧无零点，且导函数值恒负，由此能够确信导函数的图象是选项A 的形状．故选A.3．B 解析：由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )＞2，因此F ′(x )＞0在R 上恒成立．因此F (x )在R 上单调递增．而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，因此x ＞－1.故选B.4．D 解析：由题意可知f ′(x )＝k －1x ≥0[x ∈(1，＋∞)]，即k ≥1x在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即k ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x max .因为y ＝1x在(1，＋∞)上单调递减，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1xmax <1.因此k ≥1.5．C 解析：设函数f (x )＝e x －ln x ，且g (x )＝e xx ，对函数求导可得f ′(x )＝e x－1x，g ′(x )＝x －1exx 2.因为x ∈(0,1)，因此f ′(x )符号不确定，且g ′(x )<0.因此函数f (x )的单调性不确定，函数g (x )在(0,1)上单调递减，则g (x 1)>g (x 2)⇒ 1212e e >x x x x ⇒ x 21e x >x 12e x .故选C.6．A 解析：记函数g (x )＝f x x ，g ′(x )＝xf ′x －f xx 2，因为当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则当x ＞0时，g ′(x )＜0.因此g (x )在(0，＋∞)上单调递减；又因为f (x )是奇函数，因此g (x )＝f xx为偶函数，因此g (x )在(－∞，0)上单调递增．因此g (－1)＝g (1)＝0.当0＜x ＜1时，g (x )＞0.因此f (x )＞0；当x ＜－1时，g (x )＜0，因此f (x )＞0.故使得f (x )＞0成立的x 的取值范畴是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.7．B 解析：f ′(x )＝4x －1x ＝2x ＋12x －1x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，又函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，故12∈(k －1，k ＋1)，且k －1≥0，解得k∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32.故选B. 8．A 解析：在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f (x )单调递增，因此f ′(x )>0，使xf ′(x )<0的x 的取值范畴为(－∞，－1)；在(－1,1)上，f (x )单调递减，因此f ′(x )<0，使xf ′(x )<0的x 的取值范畴为(0,1)．综上所述，关于x 的不等式xf ′(x )<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．9．解：(1)∵f (x )＝1－x ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax2(a >0)．∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数．∴f ′(x )＝ax －1ax2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．∴ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立．即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立．∴a ≥1.(2)∵a ≠0，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ax 2＝x －1a x2，x >0， ∴当a <0时，f ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f ′(x )>0⇒x >1a ，f ′(x )<0⇒x <1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．综上所述，当a <0时，f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．10．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)，得f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即当x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－2 2，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立．因此实数a 的取值范畴是(－∞，－2 2)．。

2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设0a >且1a ≠，则“函数()xf x a =在R 上是减函数 ”，是“函数3()(2)g x a x =-在R 上是增函数”的（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件 （C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件2．若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为A. (,)0+∞B. -+10⋃2∞（，）（，）C. (,)2+∞D. (,)-10二、填空题3．若函数()2xf x e x k =--在R 上有两个零点，则实数k 的取值范围为_____________4．若32)1(+=+x x g ，则)(x g 等于5．已知函数f(x)，g(x)满足，f(5)=5，f ﹐(5)=3，g(5)=4，g ﹐(5)=1，则函数y=f(x)+2g(x)的图象在x=5处的切线方程为▲ . 6．1-⎰(x 2＋2 x ＋1)dx ＝_________________．137．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .8．曲线xe y =在x=1处的切线的斜率为 ；9．函数f (x )=x 3–3bx +3b 在（0，1）内有极小值，则b 的取值范围是___________________0<b <110． 若函数ｆ（ｘ）＝ ｘ3＋ａｘ－２在区间（-∞,＋∞）上是增函数，则实数ａ的取值范围为__________11．（文）已知函数13)(23++-=ax ax x x f 在区间),(+∞-∞内既有极大值，又有极小值，则实数a 的取值范围是12．如图，已知矩形ABCD 的一边在x 轴上，另两个顶点C ，D 落在二次函数2()4f x x x =- 上．求这个矩形面积的最大值。