高中数学导数专题复习

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．－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＝x24－3lnx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(x0，y0)．∵y′＝12x－3x，∴12x0－3x0＝12，解得x0＝3(x0＝－2舍去)．答案A3．(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＝01(x2－x)dxB．S＝01(x－x2)dxC．S＝01(y2－y)dyD．S＝01(y－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＝01(x－x2)dx.答案B4．函数f(x)＝32231,0,e,0axxxxx在[－2,2]上的最大值为2，则a的取值范围是A.12ln2，＋∞B.0，12ln2C．(－∞，0]D.－∞，12ln2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≤ln2x在(0,2]上恒成立，故a≤12ln2.答案D5．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＝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)＝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＝1aln－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＝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＝08．(2012·枣庄市高三一模)014－x2dx＝________.解析014－x2dx表示圆x2＋y2＝4中阴影部分的面积的大小，易知∠AOB＝π6，OC＝1，∴014－x2dx＝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－ax＋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－ax＋lnx在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝1－12axx≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤2x＋2x.而2x＋2x≥222xx＝4，当且仅当x＝1x，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f′1＝3＋2a＋b＝0f1＝1＋a＋b＋a2＝10⇒a＝4b＝－11或a＝－3b＝3.当a＝4b＝－11时，f′(x)＝3x2＋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)＝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＝－3x－432＋163≤163，当x＝43时，(－3x2＋8x)max＝163，得b≥163，所以b的最小值为163.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＝－3x＋a32＋a23.①当a≥0时，F(x)max＝0，∴b≥0；②当－4≤a＜0时，F(x)max＝a23，∴b≥a23.又∵a23max＝163，∴b≥163.综上，b的最小值为163.11．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＞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)＞e2x－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)＝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)＞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)＝－ax2＋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·xx2＋1＋1.要使f(x)在x∈(0,1]上是增函数，需使f′(x)＝－axx2＋1＋1≥0在(0,1]上恒成立．即a≤x2＋1x＝1＋1x2在(0,1]上恒成立．而1＋1x2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＝1a2－1∈(0,1]．∵0＜x＜1a2－1时，f′(x)＞0；∵1a2－1＜x≤1时，f′(x)＜0.∴[f(x)]max＝f1a2－1＝a－a2－1.综上，当0＜a≤2时，[f(x)]max＝(1－2)a＋1；当a＞2时，[f(x)]max＝a－a2－1.