高考文科數學二輪復習題導數及其應用專題
一、選擇題
1．函數f(x)＝12x2－ln x的單調遞減區間為 ( )．
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析 由題意知，函數的定義域為(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－1x≤0，解得0<x≤1，所以函數的單調遞減區間為(0,1]．
答案 B
2．(2014全國新課標Ⅱ卷)設曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝ ( )．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析 令f(x)＝ax－ln(x＋1)，則f′(x)＝a－1x＋1.由導數的幾何意義可得在點(0,0)處的切線的斜率為f′(0)＝a－1.又切線方程為y＝2x，則有a－1＝2，∴a＝3.
答案 D
3．已知函數y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則不等式xf′(x)<0的解集為( )．
A.－∞，12∪12，2
B.－∞，0∪12，2
C.－∞，12∪12，＋∞
D.－∞，12∪2，＋∞
解析 xf′(x)<0x>0，f′x<0或x<0f′x>0.
當x∈12，2時，f(x)單調遞減，此時f′(x)<0.
當x∈(－∞，0)時，f(x)單調遞增，此時f′(x)>0.故選B.
答案 B
4．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的極大值點和極小值點都在區間(－1,1)內，則實數a的取值范圍是 ( )．
A．(0,2] B．(0,2)
C．[3，2) D．(3，2)
解析 由題意可知f′(x)＝0的兩個不同解都在區間(－1，1)內．因為f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根據導函數圖象可得Δ＝2a2－4×3×1>0，－1<－2a6<1，f′－1＝3－2a＋1>0，f′1＝3＋2a＋1>0，又a>0，解得3<a<2，故選D.
答案 D
5．(2013浙江卷)已知e為自然對數的底數，設函數f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則 ( )．
A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值
B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極大值
C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值
D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值
解析 當k＝1時，f′(x)＝exx－1，f′(1)≠0，
∴f(1)不是極值，故A，B錯；
當k＝2時，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
顯然f′(1)＝0，且x在1的左側附近f′(x)<0，
x在1的右側附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1處取得極小值．故選C.
答案 C
6．(2014濰坊模擬)已知函數y＝f(x)是定義在R上的奇函數，且當x<0時，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log319flog319，則a，b，c間的大小關系是 ( )．
A．a>b>c B．c>b>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析 設g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0(x<0)，∴當x<0時，g(x)＝xf(x)為減函數．
又g(x)為偶函數，∴當x>0時，g(x)為增函數．
∵1<30.3<2,0<logπ3<1，log319＝－2，
又g(－2)＝g(x)，∴g(－2)>g(30.3)>g(logπ3)，
即c>a>b.
答案 C
二、填空題
7．(2013江西卷)設函數f(x)在(0，＋∞)內可導，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________.
解析 設ex＝t，則x＝ln t(t>0)，
∴f(t)＝ln t＋t，即f(x)＝ln x＋x，
∴f′(x)＝1x＋1，
∴f′(1)＝2.
答案 2
8．(2014江西卷)若曲線y＝e－x上點P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點P的坐標是________．
解析 設P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，
∴點P處的切線斜率為k＝－e－x0＝－2，
∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，
∴y0＝eln 2＝2，
∴點P的坐標為(－ln 2,2)．
答案 (－ln 2,2)
9．(2014鹽城調研)若a>0，b>0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值為________．
解析 依題意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤a＋b22＝9，當且僅當a＝b＝3時取等號，∴ab的最大值為9.
答案 9
10．已知函數f(x)＝aln x＋x在區間[2,3]上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．
解析 ∵f(x)＝aln x＋x.∴f′(x)＝ax＋1.
又∵f(x)在[2,3]上單調遞增，∴ax＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max＝－2，∴a∈[－2，＋∞)．
答案 [－2，＋∞)
11．(2013新課標全國Ⅰ卷)若函數f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的圖象關于直線x＝－2對稱，則f(x)的最大值是________．
解析 由題意知f0＝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)，
則f′(x)＝－4(x＋2)(x2＋4x－1)．
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－2－5或x＝－2＋5，
當x<－2－5時，f′(x)>0；
當－2－5<x<－2時，f′(x)<0；
－2<x<－2＋5時，f′(x)<0；
當x>－2＋5時，f′(x)<0，
所以當x＝－2－5時，f(x)極大值＝16；
當x＝－2＋5時，f(x)極大值＝16，所以函數f(x)的最大值為16.
答案 16
三、解答題
12．已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的.單調增區間；
(2)若f(x)在定義域R內單調遞增，求a的取值范圍．
解 (1)∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R)，∴f′(x)＝ex－a.令f′(x)≥0，得ex≥a.當a≤0時，f′(x)>0在R上恒成立；當a>0時，有x≥ln a.
綜上，當a≤0時，f(x)的單調增區間為(－∞，＋∞)；當a>0時，f(x)的單調增區間為(ln a，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.∵f(x)在R上單調遞增，
∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即a≤ex在R上恒成立．
∵x∈R時，ex>0，∴a≤0，
即a的取值范圍是(－∞，0]．
13．(2014西安五校二次聯考)已知函數f(x)＝12ax2－(2a＋1)x＋2ln x，a∈R.
(1)若曲線y＝f(x)在x＝1和x＝3處的切線互相平行，求a的值；
(2)求f(x)的單調區間．
解 f′(x)＝ax－(2a＋1)＋2x(x>0)．
(1)由題意得f′(1)＝f′(3)，解得a＝23.
(2)f′(x)＝ax－1x－2x(x>0)．
①當a≤0時，x>0，ax－1<0.在區間(0,2)上，f′(x)>0；在區間(2，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)的單調遞增區間是(0,2)，單調遞減區間是(2，＋∞)．
②當0<a<12時，1a>2.在區間(0,2)和1a，＋∞上，f′(x)>0；在區間2，1a上，f′(x)<0.
故f(x)的單調遞增區間是(0,2)和1a，＋∞，單調遞減區間是2，1a.
③當a＝12時，f′(x)＝x－222x≥0，
故f(x)的單調遞增區間是(0，＋∞)．
④當a>12時，0<1a<2，在區間0，1a和(2，＋∞)上，f′(x)>0；在區間1a，2上，f′(x)<0.
故f(x)的單調遞增區間是0，1a和(2，＋∞)，單調遞減區間是1a，2.
14．(2014江西卷)已知函數f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a<0.
(1)當a＝－4時，求f(x)的單調遞增區間；
(2)若f(x)在區間[1,4]上的最小值為8，求a的值．
解 (1)當a＝－4時，由f′(x)＝25x－2x－2x＝0得x＝25或x＝2.由f′(x)>0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)，
故函數f(x)的單調遞增區間為0，25和(2，＋∞)，
(2)因為f′(x)＝10x＋a2x＋a2x，a<0，
由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.
當x∈0，－a10時，f(x)單調遞增；當x∈－a10，－a2時，f(x)單調遞減；當x∈－a2，＋∞時，f(x)單調遞增，易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.
①當－a2≤1，即－2≤a<0時，f(x)在[1,4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合題意．
②當1<－a2≤4，即－8≤a<－2時，f(x)在[1,4]上的最小值為f－a2＝0，不符合題意．
③當－a2>4，即a<－8時，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)，當a＝－10時，f(x)在(1,4)上單調遞減，f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意．
綜上有a＝－10.
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