高中数学二轮复习 考点突破 第一部分 专题一 第三讲 导数及应用 理

第三讲导数及应用一、选择题1．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)图象如下图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为()答案：D2．(·江西)设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为()A．4B．－eq\f(1,4)C．2D．－eq\f(1,2)解析：依题意得f′(x)＝g′(x)＋2x，f′(1)＝g′(1)＋2＝4.答案：A3．(·江西)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)＝()A．26B．29C．212解析：函数f(x)的展开式含x项的系数为a1·a2·…·a8＝(a1·a8)4＝84＝212，而f′(0)＝a1·a2·…·a8＝212，故选C.答案：C4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是()A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1]D．(－∞，－1)解析：由题意知f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0，x∈(－1，＋∞)，即f′(x)＝eq\f(－x2－2x＋b,x＋2)≤0，即－x2－2x＋b＝－(x＋1)2＋1＋b≤0.∴1＋b≤0，b≤－1.答案：C5．(·天津理)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x－lnx(x>0)，则方程f(x)＝0()A．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有实根B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无实根C．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内有实根，在区间(1，e)内无实根D．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无实根，在区间(1，e)内有实根解析：因为f′(x)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,x)，令f′(x)＝0，则x＝3.当x∈(0,3)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0,3)上单调递减．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))·f(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)·\f(1,e)－ln\f(1,e)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－ln1))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)＋1))>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点．又f(1)·f(e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×1－ln1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)·e－lne))＝eq\f(e－3,9)<0.因此f(x)在(1，e)内有零点．答案：D二、填空题6．若过原点作曲线y＝ex的切线，则切点的坐标为________．切线的斜率为________．解析：y′＝ex，设切点的坐标为(x0，y0)则eq\f(y0,x0)＝ex0，即eq\f(ex0,x0)＝ex0，∴x0＝1.因此切点的坐标为(1，e)，切线的斜率为e.答案：(1，e)e7．(·苏北四市联考)已知函数f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))sinx＋cosx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.解析：由已知，得f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))cosx－sinx.则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，因此f(x)＝－sinx＋cosx，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0.答案：08．(·福建理)若曲线f(x)＝ax5＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝5ax4＋eq\f(1,x)，x∈(0，＋∞)，∴由题知5ax4＋eq\f(1,x)＝0在(0，＋∞)上有解．即a＝－eq\f(1,5x5)在(0，＋∞)上有解．∵x∈(0，＋∞)，∴－eq\f(1,5x5)∈(－∞，0)．∴a∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)9．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝2x－9，且f(0)的值为整数，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)所有可能取的整数值有且只有1个，则n＝________.解析：由题可设f(x)＝x2－9x＋c(c∈R)，又f(0)的值为整数，即c为整数，∴f(n)＝n2－9n＋c为整数，f(n＋1)＝(n＋1)2－9(n＋1)＋c＝n2－7n＋c－8为整数，又x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)所有可能取的整数值有且只有1个，∴n2－7n＋c－8＝n2－9n＋c，即n＝4.答案：4三、解答题10．(·江西)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为eq\f(1,2)，求a的值．解：函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2－x)＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(－x2＋2,x2－x)，所以f(x)的单调递增区间为(0，eq\r(2))，单调递减区间为(eq\r(2)，2)．(2)当x∈(0,1]时f′(x)＝eq\f(2－2x,x2－x)＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝eq\f(1,2).11．(·课标全国)设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加．(2)f′(x)＝ex－1－2ax.由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x从而当1－2a≥0，即a≤eq\f(1,2)时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．从而当a>eq\f(1,2)时，f′(x)<ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x·(ex－1)(ex－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0.综合得a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).12．(·陕西)已知函数f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相交，且在交点处有共同的切线，求a的值和该切线方程；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，当h(x)存在最小值时，求其最小值φ(a)的解析式；(3)对(2)中的φ(a)和任意的a>0，b>0，证明：φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤eq\f(φ′a＋φ′b,2)≤φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).解：(1)f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq\f(a,x)(x>0)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)＝alnx，,\f(1,2\r(x))＝\f(a,x)，))解得a＝eq\f(e,2)，x＝e2，∴两条曲线交点的坐标为(e2，e)．切线的斜率为k＝f′(e2)＝eq\f(1,2e)，∴切线的方程为y－e＝eq\f(1,2e)(x－e2)．(2)由条件知h(x)＝eq\r(x)－alnx(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)，(i)当a>0时，令h′(x)＝0，解得x＝4a2∴当0<x<4a2时，h′(x)<0，h(x)在(0,4a2)上递减；当x>4a2时，h′(x)>0，h(4a2∴x＝4a2是h(x)在(0，＋∞)上的唯一极值点，且是极小值点，从而也是h(x)的最小值点．∴最小值φ(a)＝h(4a2)＝2a－aln4a2＝2(ii)当a≤0时，h′(x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x)>0，h(x)在(0，＋∞)上递增，无最小值．故h(x)的最小值φ(a)的解析式为φ(a)＝2a(1－ln2a)((3)证明：由(2)知φ′(a)＝－2ln2a对任意的a>0，b>0，eq\f(φ′a＋φ′b,2)＝－eq\f(2ln2a＋2ln2b,2)＝－ln(4ab)，①φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝－2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(a＋b,2)))＝－ln(a＋b)2≤ln(4ab)，②φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))