2015年高考文科数学专题复习题：选修专题一第1讲 导数的简单应用

重点难点突破（选修模块）专题一导数及其应用第1讲导数的简单应用(建议用时：60分钟)一、选择题1．函数f(x)＝12x2－lnx的单调递减区间为()．A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－1x≤0，解得0x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案B2．(2014·全国新课标Ⅱ卷)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()．A．0B．1C．2D．3解析令f(x)＝ax－ln(x＋1)，则f′(x)＝a－1x＋1.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f′(0)＝a－1.又切线方程为y＝2x，则有a－1＝2，∴a＝3.答案D3．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)0的解集为()．A.－∞，12∪12，2B.()－∞，0∪12，2C.－∞，12∪12，＋∞D.－∞，12∪()2，＋∞解析xf′(x)0⇒x0，f′x0或x0f′x0.当x∈12，2时，f(x)单调递减，此时f′(x)0.当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，此时f′(x)0.故选B.答案B4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[3，2)D．(3，2)解析由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得Δ＝2a2－4×3×10，－1－2a61，f′－1＝3－2a＋10，f′1＝3＋2a＋10，又a0，解得3a2，故选D.答案D5．(2013·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)0，x在1的右侧附近f′(x)0，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.答案C6．(2014·潍坊模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，不等式f(x)＋xf′(x)0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log319flog319，则a，b，c间的大小关系是()．A．abcB．cbaC．cabD．acb解析设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)0(x0)，∴当x0时，g(x)＝xf(x)为减函数．又g(x)为偶函数，∴当x0时，g(x)为增函数．∵130.32,0logπ31，log319＝－2，又g(－2)＝g(x)，∴g(－2)g(30.3)g(logπ3)，即cab.答案C二、填空题7．(2013·江西卷)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.解析设ex＝t，则x＝lnt(t0)，∴f(t)＝lnt＋t，即f(x)＝lnx＋x，∴f′(x)＝1x＋1，∴f′(1)＝2.答案28．(2014·江西卷)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．解析设P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，∴－x0＝ln2，∴x0＝－ln2，∴y0＝eln2＝2，∴点P的坐标为(－ln2,2)．答案(－ln2,2)9．(2014·盐城调研)若a0，b0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．解析依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.又a0，b0，∴ab≤a＋b22＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.答案910．已知函数f(x)＝alnx＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析∵f(x)＝alnx＋x.∴f′(x)＝ax＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴ax＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．答案[－2，＋∞)11．(2013·新课标全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值是________．解析由题意知f0＝f－4，f－1＝f－3，即b＝－15×16－4a＋b，0＝9－3a＋b，解得a＝8，b＝15，所以f(x)＝(1－x2)(x2＋8x＋15)，则f′(x)＝－4(x＋2)(x2＋4x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－2－5或x＝－2＋5，当x－2－5时，f′(x)0；当－2－5x－2时，f′(x)0；－2x－2＋5时，f′(x)0；当x－2＋5时，f′(x)0，所以当x＝－2－5时，f(x)极大值＝16；当x＝－2＋5时，f(x)极大值＝16，所以函数f(x)的最大值为16.答案16三、解答题12．已知f(x)＝ex－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．解(1)∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R)，∴f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0，得ex≥a.当a≤0时，f′(x)0在R上恒成立；当a0时，有x≥lna.综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a0时，f(x)的单调增区间为(lna，＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即a≤ex在R上恒成立．∵x∈R时，ex0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．13．(2014·西安五校二次联考)已知函数f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2lnx，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；(2)求f(x)的单调区间．解f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x0)．(1)由题意得f′(1)＝f′(3)，解得a＝23.(2)f′(x)＝ax－1x－2x(x0)．①当a≤0时，x0，ax－10.在区间(0,2)上，f′(x)0；在区间(2，＋∞)上，f′(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0a12时，1a2.在区间(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)0；在区间2，1a上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是(0,2)和1a，＋∞，单调递减区间是2，1a.③当a＝12时，f′(x)＝x－222x≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a12时，01a2，在区间0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)0；在区间1a，2上，f′(x)0.故f(x)的单调递增区间是0，1a和(2，＋∞)，单调递减区间是1a，2.14．(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．解(1)当a＝－4时，由f′(x)＝25x－2x－2x＝0得x＝25或x＝2.由f′(x)0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)，(2)因为f′(x)＝10x＋a2x＋a2x，a0，由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增，易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1－a2≤4，即－8≤a－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a24，即a－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4上取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)上单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有a＝－10.新课标第一网系列资料