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河南省卢氏一中2012届高考数学二轮专题训练:《导数及其应用》


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《导数及其应用》 一、选择题

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1.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1·2 等于( x A.9 C.1
2

)

B.-9 D.-1
[:]

解析:f′(x)=3x +2ax+3,则 x1·2=1. x 答案:C 2.(2011· 江西高考)若 f(x)=x2-2x-4lnx,则 f ′(x)>0 的解集为( A.(0,+∞) C.(2,+∞) B.(-1,0)∪(2,+∞) D.(-1,0) )

4 2?x-2??x+1? 解析:令 f ′(x)=2x-2-x= >0,利用数轴标根法可解得-1<x<0 或 x x>2,又 x>0,所以 x>2. 答案:C 3.(2011· 湖南高考)曲线 y= A.- C.- 1 2 2 2 sinx 1 π - 在点 M( ,0)处的切线的斜率为( 4 sinx+cosx 2 )
[:]

1 B. 2 D. 2 2

解析:y′= 答案:B

cosx?sinx+cosx?-sinx?cosx-sinx? 1 π 1 = ,把 x= 代入得导数值为 . 4 2 ?sinx+cosx?2 1+sin2x

4.(2011· 浙江高考)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,则下列图像不可能为 y=f(x)的图像是( )

解析:若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则易得 a=c.因选项 A、B 的函数为 f(x) =a(x+1)2,则[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,∴x=-1 为函数 f(x)ex 的 一个极值点满足条件;选项 C 中,对称轴 x=- b >0,且开口向下, 2a b <-1,且 2a

∴a<0,b>0.∴f(-1)=2a-b<0.也满足条件;选项 D 中,对称轴 x=- 开口向上, ∴a>0,b>2a.∴f(-1)=2a-b<0.与图矛盾,故答案选 D.
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答案:D

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5.(2011· 合肥模拟)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,若 f(x)在区间(-1,0)上单调递减, 则 a2+b2 的取值范围是( 9 A.[ ,+∞) 4 9 C.[ ,+∞) 5 ) 9 B.(0, ] 4 9 D.(0, ] 5

解析:由题意得 f′(x)=3x2+2ax+b,f′(x)≤0 在 x∈(-1,0)上恒成立,即 3x2+2ax +b≤0 在 x∈(-1,0)上恒成立,
? ?2a-b-3≥0, ∴? ∴a, 所满足的可行域如图中的阴影部分所示. b 则 ?b≤0. ?

点 O 到直线 2a-b-3=0 的距离 d= 9 围为[ ,+∞). 5 答案:C

3 9 .∴a2+b2≥d2= .∴a2+b2 的取值范 5 5

6.(2011· 临沂模拟)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x∈(-∞,0)时,不 1 1 等式 f(x)+xf′(x)>0 恒成立,若 a=20.3f(20.3),b=(logπ2)f(logπ2),c=(log2 )f(log2 ),则 a、 4 4 b、c 的大小关系是( A.a>b>c C.b>a>c ) B.c>b>a D.a>c>b

解析:设 g(x)=xf(x),由 y=f(x)为 R 上的奇函数,可知 g(x)为 R 上的偶函数. 而 g′(x)=[xf(x)]′=f(x)+xf′(x),由已知得,当 x∈(-∞,0)时,g′(x)>0,故函数 g(x)在(-∞,0)上单调递增,由偶函数的性质可知,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递减.因为 1 a=g(20.3),b=g(logπ2),c=g(log2 )=g(-2)=g(2),且 2>20.3>logπ2>0,故 c<a<b. 4 答案:C 二、填空题

? ?lgx, x>0, 7.(2011· 陕西高考)设 f(x)=?x+ a3t2dt,x≤0, 若 f(f(1))=1,则 a=________. ? ? ? ?0
a 解析:显然 f(1)=lg1=0,f(0)=0+?a3t2dt=t3|0=1,得 a=1.

?0

答案:1 1 8.若 a>2,则方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上恰好有________个根. 3

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1 解析:设 f(x)= x3-ax2+1,则 f′(x)=x2-2ax=x(x-2a).当 x∈(0,2)时,f′(x)<0, 3 8 11 f(x)在(0,2)上为减函数.又 f(0)· f(2)=1×( -4a+1)= -4a<0, 3 3 ∴f(x)=0 在(0,2)上恰好有 1 个根. 答案:1 9.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f′(x)的图像经过点(1,0), (2,0),如图所示,则下列说法中不正确的是________. 3 ①当 x= 时函数取得极小值; 2 ②f(x)有两个极值点;③当 x=2 时函数取得极小值;④当 x=1 时函数取得极大值. 解析:从图像上可以看到:当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;当 x ∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值, 当 x=1 时函数取得极大值.只有①不正确. 答案:① 三、解答题 10.(2011· 新课标全国卷)已知函数 f(x)= 方程为 x+2y-3=0. (1)求 a,b 的值; lnx k (2)如果当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> + ,求 k 的取值范围. x-1 x x+1 a? -lnx? x b 1 解:(1)f ′(x)= - 2.由于直线 x+2y-3=0 的斜率为- ,且过点(1,1), x 2 ?x+1?2 alnx b + ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 x+1 x

?f?1?=1, ? 故? 即 1 ? ?f ′?1?=-2, ?b=1, ? ?a 1 解得 a=1,b=1. ?2-b=-2. ?
(2)由(1)知 f(x)= lnx 1 + ,所以 x+1 x

?k-1??x2-1? lnx k 1 f(x)-( +x)= ). 2(2lnx+ x x-1 1-x 考虑函数 h(x)=2lnx+ ?k-1??x2-1? (x>0),则 x

?k-1??x2+1?+2x h ′(x)= . x2
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(i)设 k≤0,由 h ′(x)=

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k?x2+1?-?x-1?2 知,当 x≠1 时,h ′(x)<0.而 h(1)=0,故 x2 1 h(x)>0; 1-x2

当 x∈(0,1)时,h (x)>0,可得

1 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 h(x)>0. 1-x2 lnx k 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)-( + )>0, x-1 x 即 f(x)> lnx k + . x-1 x 1 )时,(k-1)(x2+1)+2x>0, 1-k 1 1 )时,h(x)>0,可得 h(x)<0.与题设 1-k 1-x2

(ii)设 0<k<1.由于当 x∈(1,

故 h ′(x)>0,而 h (1)=0,故当 x∈(1, 矛盾.

(iii)设 k≥1.此时 h ′(x)>0,而 h (1)=0, 1 故当 x∈(1,+∞)时,h (x)>0,可得 h (x)<0.与题设矛盾. 1-x2 综合得,k 的取值范围为(-∞,0].
[ :]

x

11.(2011· 北京高考)已知函数 f(x)=(x-k)2e k . (1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤ ,求 k 的取值范围. e 1 解:(1)f ′(x)= (x2-k2)e k . k 令 f ′(x)=0,得 x=± k. 当 k>0 时,f(x)与 f ′(x)的情况如下: x f ′(x) f(x) (-∞,-k) + ↗ -k 0 4k2e
-1

x

(-k,k) - ↘?

k 0 0

(k,+∞) + ?↗

所以 ,f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区间是(-k,k). 当 k<0 时,f(x)与 f ′(x)的情况如下: x f ′(x) f(x) (-∞,k) - ?↘ k 0 0 (k,-k) + ?↗ -k 0 4k2e
-1

(-k,+∞) - ?↘

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k ?1

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所以 ,f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区间是(k,-k). (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e
k

1 1 > ,所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . e e

当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)= 4k2 . e

4k2 1 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ 等价于 f(-k)= ≤ . e e e 1 解得- ≤k<0. 2 1 1 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时,k 的取值范围是[- ,0). e 2 1 12.(2011· 陕西高考)设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 f′(x)= ,g(x) x =f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; 1 (2)讨论 g(x)与 g(x)的大小关系; 1 (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立?若存在,求出 x0 的取值范 围;若不存在,请说明理由.
[:]

1 解:(1)由题设易知 f(x)=lnx,g(x)=lnx+ , x ∴g′(x)= x-1 .令 g′(x)=0 得 x=1, x2

当 x∈ (0,1)时,g′(x)<0, 故(0,1)是 g(x)的单调减区间. 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0, 故(1,+∞)是 g(x)的单调增区间. 因此,x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为 g(1) =1. 1 (2)g(x)=-lnx+x, 1 1 设 h(x)=g(x)-g(x)=2lnx-x+x, ?x-1?2 则 h′(x)=- . x2 1 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g(x).
[:]

当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时 h′(x)<0,h′(1)=0,
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因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减. 1 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g(x). 1 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g(x). (3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 1 法一:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立, x 2 即对任意 x>0,有 lnx<g(x0)<lnx+ ,(*) x 但对上述 x0,取 x1=e
g ( x0 )

时,有 lnx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾,因此,不存在

1 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立. 1 法二:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意的 x>0 成立. x 由(1)知,g(x)的最小值为 g(1)=1, 1 又 g(x)=lnx+x>lnx,而 x>1 时,lnx 的值域为(0,+∞), ∴x≥1 时,g(x)的值域为[1,+∞). 从而可取一个 x1>1,使 g(x1)≥g(x0)+1. 1 即 g (x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1> ,与假设矛盾. x1 1 ∴不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立. x

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