2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第26練
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1、 第26練 導(dǎo)數(shù)的概念及簡單應(yīng)用[小題提速練] [明晰考情] 1.命題角度:考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值.2.題目難度:中檔偏難. 考點(diǎn)一 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 方法技巧 (1)f′(x0)表示函數(shù)f(x)在x=x0處的瞬時(shí)變化率. (2)f′(x0)的幾何意義是曲線y=f(x)在點(diǎn)P(x0,y0)處切線的斜率. 1.已知函數(shù)f(x+1)=,則曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處切線的斜率為( ) A.1 B.-1 C.2 D.-2 答案 A 解析 由f(x+1)=,知f(x)==2-. ∴f′(x)=,且f′(1)=1. 由導(dǎo)數(shù)的
2、幾何意義,得所求切線的斜率k=1. 2.函數(shù)f(x)=excos x的圖象在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程是( ) A.x+y+1=0 B.x+y-1=0 C.x-y+1=0 D.x-y-1=0 答案 C 解析 f(0)=e0cos 0=1, 因?yàn)閒′(x)=excos x-exsin x, 所以f′(0)=1,所以切線方程為y-1=x-0, 即x-y+1=0,故選C. 3.(2018·全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為( ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x
3、 D.y=x 答案 D 解析 方法一 ∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax, ∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a. 又f(x)為奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x)恒成立, 即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立, ∴a=1,∴f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1, ∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=x. 故選D. 方法二 ∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax為奇函數(shù), ∴f′(x)=3x2+2(a-1)x+a為偶函數(shù), ∴a=1,即f′(x)=3x2+1,∴f′(0)=1, ∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線
4、方程為y=x. 故選D. 4.(2016·全國Ⅱ)若直線y=kx+b是曲線y=ln x+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=________. 答案 1-ln 2 解析 y=ln x+2的切線為y=·x+ln x1+1(設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1). y=ln(x+1)的切線為y=x+ln(x2+1)-(設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x2), ∴ 解得x1=,x2=-,∴b=ln x1+1=1-ln 2. 考點(diǎn)二 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 方法技巧 (1)若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. (2)若已知函數(shù)的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不
5、等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解. 5.已知函數(shù)f(x)=ln x-x+,若a=-f,b=f(π),c=f(5),則( ) A.cf(π)>f(5), ∴a>b>c.故選A. 6.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-9ln x在區(qū)間[a-1,a+1]上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( ) A.(1,2] B.[4,+∞) C
6、.(-∞,2] D.(0,3]
答案 A
解析 易知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),且f′(x)=x-.
由f′(x)=x-<0,解得0 7、)函數(shù)零點(diǎn)問題,常利用數(shù)形結(jié)合與函數(shù)極值求解.
(2)含參恒成立或存在性問題,可轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題;若能分離參數(shù),可先分離.
特別提醒 (1)f′(x0)=0是函數(shù)y=f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件.
(2)函數(shù)f(x)在[a,b]上有唯一一個(gè)極值點(diǎn),這個(gè)極值點(diǎn)就是最值點(diǎn).
8.(2017·全國Ⅱ)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)·ex-1的極值點(diǎn),則f(x)的極小值為( )
A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
答案 A
解析 函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1,
則f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 8、
=ex-1·[x2+(a+2)x+a-1].
由x=-2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),得
f′(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,
所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,
f′(x)=ex-1·(x2+x-2).
由ex-1>0恒成立,得當(dāng)x=-2或x=1時(shí),f′(x)=0,且當(dāng)x<-2時(shí),f′(x)>0;當(dāng)-2<x<1時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0.
所以x=1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn).
所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)=-1.
故選A.
9.已知f′(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),對(duì)任意x 9、∈R,x≠3且x≠-1,都有(x2-2x-3)f′(x)-ex=0,f(-1)<0,f(-2) 10、f(x)在x=3處取極小值,在x=-1處取極大值.又∵f(-1)<0,由f(x)的草圖(圖略)知,f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn).f(x)無最大值也無最小值,故A,B,D結(jié)論正確,錯(cuò)誤的結(jié)論為C.
10.(2018·江蘇)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為________.
答案?。?
解析 f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a)(x>0).
①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
又f(0)=1,∴f(x)在(0,+∞)上無零點(diǎn),不合題意.
②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x) 11、>0,解得x>,
由f′(x)<0,解得0<x<,
∴f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.
又f(x)只有一個(gè)零點(diǎn),∴f=-+1=0,∴a=3.
此時(shí)f(x)=2x3-3x2+1,f′(x)=6x(x-1),
當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),f(x)在[-1,0]上單調(diào)遞增,在(0,1]上單調(diào)遞減.
又f(1)=0,f(-1)=-4,f(0)=1,
∴f(x)max+f(x)min=f(0)+f(-1)=1-4=-3.
11.已知f(x)=x3-3x+3-,g(x)=-(x+1)2+a,?x1∈[0,2],?x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_____ 12、_________.
答案
解析 ?x1∈[0,2],?x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,等價(jià)于f(x)min≤g(x)min,f′(x)=3x2-3+=(x-1),故當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(1,2)時(shí),f′(x)>0,故f(x)min=f(1)=1-;
當(dāng)x=2時(shí),g(x)取得最小值g(2)=a-9,
所以1-≤a-9,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥10-.
考點(diǎn)四 定積分
要點(diǎn)重組 微積分基本定理:
一般地,如果f(x)是區(qū)間[a,b]上的連續(xù)函數(shù),且F′(x)=f(x),那么?f(x)dx=F(b)-F(a).
12.?dx等于( ) 13、
A.e2 B. C. D.
答案 B
解析 ?dx=
=-=.
13.設(shè)f(x)=則?f(x)dx的值為( )
A.+ B.+3
C.+ D.+3
答案 A
解析 根據(jù)定積分的性質(zhì),
可得?f(x)dx=?()dx+?(x2-1)dx,
根據(jù)定積分的幾何意義,可得?()dx是以原點(diǎn)為圓心,以1為半徑的圓的面積的,
∴?()dx=,
∴?f(x)dx=+=+.
14.曲線y=cos x與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為( )
A.4 B.2 C. D.3
答案 D
解析 曲線y=cos x與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為S=cos xdx-cos xdx
14、
==3.
15.由曲線y=,直線y=x-2及y軸所圍成的圖形的面積為( )
A. B.4 C. D.6
答案 C
解析 如圖,由y=和y=x-2的圖象易得A(0,-2).
由得其交點(diǎn)坐標(biāo)為B(4,2).
因此y=與y=x-2及y軸所圍成的圖形的面積為
?[-(x-2)]dx=?(-x+2)dx==×8-×16+2×4=.
1.已知f(x)=ln x,g(x)=x2+mx+(m<0),直線l與函數(shù)f(x),g(x)的圖象都相切,且與f(x)圖象的切點(diǎn)為(1,f(1)),則m等于( )
A.-1 B.-3 C.-4 D.-2
答案 D
解析 ∵f′( 15、x)=,
∴直線l的斜率為k=f′(1)=1.
又f(1)=0,∴切線l的方程為y=x-1.
g′(x)=x+m,
設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點(diǎn)為(x0,y0),
則有x0+m=1,y0=x0-1,y0=x+mx0+(m<0),
于是解得m=-2.故選D.
2.(2016·全國Ⅰ)若函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是( )
A.[-1,1] B.
C. D.
答案 C
解析 方法一 (特殊值法)
不妨取a=-1,則f(x)=x-sin 2x-sin x,
f′(x)=1-cos 2x-cos x,但f′ 16、(0)=1--1=-<0,不具備在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,排除A,B,D.故選C.
方法二 (綜合法)
∵函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,
∴f′(x)=1-cos 2x+acos x
=1-(2cos2x-1)+acos x
=-cos2x+acos x+≥0,
即acos x≥cos2x-在(-∞,+∞)上恒成立.
當(dāng)cos x=0時(shí),恒有0≥-,得a∈R;
當(dāng)0 17、cos x,g(t)=t-在[-1,0)上為增函數(shù),得a≤g(-1)=.
綜上可得,a的取值范圍是,故選C.
3.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_區(qū)間(a,b),導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a,b)內(nèi)的圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)的極小值點(diǎn)有( )
A.1個(gè) B.2個(gè)
C.3個(gè) D.4個(gè)
答案 A
解析 由極小值的定義及導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知,
f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)有1個(gè)極小值點(diǎn).
4.若直線y=a分別與直線y=2(x+1),曲線y=x+ln x交于點(diǎn)A,B,則|AB|的最小值為______.
答案
解析 解方程2(x+1)=a, 得x=-1. 18、
設(shè)方程x+ln x=a的根為t(t>0),則t+ln t=a,
則|AB|===.
設(shè)g(t)=-+1(t>0),
則g′(t)=-=(t>0),
令g′(t)=0,得t=1.
當(dāng)t∈(0,1)時(shí),g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減;
當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),g′(t)>0,g(t)單調(diào)遞增,
所以g(t)min=g(1)=,
所以|AB|≥,
所以|AB|的最小值為.
解題秘籍 (1)對(duì)于未知切點(diǎn)的切線問題,一般要先設(shè)出切點(diǎn).
(2)f(x)遞增的充要條件是f′(x)≥0,且f′(x)在任意區(qū)間內(nèi)不恒為零.
(3)利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的極值、最值問題要利用數(shù)形結(jié)合思想,根 19、據(jù)條件和結(jié)論的聯(lián)系靈活進(jìn)行轉(zhuǎn)化.
1.已知函數(shù)y=-xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)),下面四個(gè)圖象中,y=f(x)的圖象可能是( )
答案 B
解析 由函數(shù)y=-xf′(x)的圖象知,當(dāng)x<-1時(shí),f′(x)>0,f(x)為增函數(shù);當(dāng)-1 20、案 D
解析 函數(shù)f(x)=(x-3)ex的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=[(x-3)·ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.
由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,得當(dāng)f′(x)>0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
此時(shí)由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.
3.已知函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )
A.4≤m≤5 B.2≤m≤4
C.m≤2 D.m≤4
答案 D
解析 由函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3,
可得f′(x)=x2-mx+4,由函數(shù)f(x)=x3-mx2+4x-3在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù) 21、,可得x2-mx+4≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立,
可得m≤x+,又x+≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)取等號(hào),可得m≤4.
4.若函數(shù)f(x)=(x+1)·ex,則下列命題正確的是( )
A.對(duì)任意m<-,都存在x∈R,使得f(x) 22、-(x∈R),故B正確.
5.已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足xf′(x)+2f(x)>0,則不等式<的解集為( )
A.{x|x>-2 013}
B.{x|x<-2 013}
C.{x|-2 013<x<0}
D.{x|-2 018<x<-2 013}
答案 D
解析 構(gòu)造函數(shù)g(x)=x2f(x),
則g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)].
當(dāng)x>0時(shí),∵2f(x)+xf′(x)>0,
∴g′(x)>0,
∴g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
∵不等式<,
∴當(dāng)x+2 018>0,即x>-2 018時(shí),
23、(x+2 018)2f(x+2 018)<52f(5),
即g(x+2 018)<g(5),
∴0 24、成立,則ln(1+x)+>1恒成立,即a>(x+2)[1-ln(1+x)]恒成立,令h(x)=(x+2)[1-ln(1+x)](x>0),則h′(x)=1-ln(1+x)-=-ln(1+x)-.當(dāng)x>0時(shí),顯然h′(x)=-ln(1+x)-<0,
所以h(x)在(0,+∞)上是減函數(shù),所以當(dāng)x>0時(shí),h(x) 25、f(1)為極小值,
故f′(1)=0,求導(dǎo)有f′(x)=+2x-b,
∴f′(1)=a+2-b=0,b=a+2.
則 f′(x)=+2x-(a+2)=.
①當(dāng)≤時(shí),f(x)在上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,滿足題意;
②當(dāng)<<1時(shí), f(x)在,(1,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,
只需f≥0,解得 a≤e+-2,
∴<a≤e+-2;
③當(dāng)=1時(shí), f′(x)=≥0,f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,而f(1)=0,
存在x0∈滿足f(x0)<0;
④當(dāng)>1時(shí), f(x)在區(qū)間,上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,不合題意.
綜上可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤e+-2.
26、
9.已知f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),f(x)=ln(-x)+3x,則曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,-3)處的切線方程是____________.
答案 2x+y+1=0
解析 當(dāng)x>0時(shí),-x<0,則f(-x)=ln x-3x.
因?yàn)閒(x)是偶函數(shù),所以f(x)=f(-x)=ln x-3x,
所以當(dāng)x>0時(shí),f′(x)=-3,f(x)在點(diǎn)(1,-3)處的切線斜率為f′(1)=-2,
所以切線方程為y+3=-2(x-1),即2x+y+1=0.
10.設(shè)a>0,若曲線y=與直線x=a,y=0所圍成封閉圖形的面積為a,則a=________.
答案
解析 ∵S=?dx===a,
27、
∴a=.
11.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=2sin x+sin 2x,則f(x)的最小值是________.
答案 -
解析 f′(x)=2cos x+2cos 2x=2cos x+2(2cos2x-1)
=2(2cos2x+cos x-1)=2(2cos x-1)(cos x+1).
∵cos x+1≥0,
∴當(dāng)cos x<時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)cos x>時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
∴當(dāng)cos x=時(shí),f(x)有最小值.
又f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x),
∴當(dāng)sin x=-時(shí),f(x)有最小值,
即f(x)min=2××=-.
12.已知函數(shù)f(x)=ex-x,若f(x)<0的解集中只有一個(gè)正整數(shù),則實(shí)數(shù)k的取值范圍為______________.
答案
解析 f(x)<0,即ex-x<0,即kx+<只有一個(gè)正整數(shù)解,設(shè)g(x)=,所以g′(x)=,當(dāng)x<1時(shí),g′(x)>0,當(dāng)x>1時(shí),g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=,
由圖可知,kx+<的唯一一個(gè)正整數(shù)解只能是1,
所以有
解得-≤k<-,
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.
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