发布时间 : 星期五 文章(浙江专版)2018年高考数学二轮专题复习知能专练(五)导数及其应用更新完毕开始阅读
知能专练（五） 导数及其应用
一、选择题
1．曲线f(x)＝xln x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为( ) A.C.
π
6π 3
π B.
4π D.
2
解析：选B 因为f(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲线f(x)π
＝xln x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为.
4
2．已知e为自然对数的底数，则函数y＝xe的单调递增区间是( ) A．[－1，＋∞) C．[1，＋∞)
xx
x B．(－∞，－1] D．(－∞，1]
解析：选A 令y′＝e(1＋x)≥0，又e>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1. 3．函数f(x)＝3x＋ln x－2x的极值点的个数是( ) A．0 C．2
B．1 D．无数个
2
解析：选A 函数定义域为(0，＋∞)， 16x－2x＋1
且f′(x)＝6x＋－2＝.
2
xx由于x>0，g(x)＝6x－2x＋1中Δ＝－20<0， 所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立． 即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
4．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所则函数y＝f(x)的图象可能是( )
示，
2
解析：选D 由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.
- 1 -
5．已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax＋bx＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是( )
81A．－
22C．2
2
32
1 B.
3 D．5
解析：选C 由题意知，f′(x)＝3ax＋2bx＋c≤0的解集为[－2,3]，且在x＝3处取得极小值－115，
?－2＋3＝－2b，?3a故有?c－2×3＝，
3a??f3＝27a＋9b＋3c－34＝－115，
6．若0 x2x23a>0， 解得a＝2. －e－e x1x1x1x1>ln x2－ln x1 x2x2C．x2eD．x2e >x1e xxx1xe－1x解析：选C 构造函数f(x)＝e－ln x，则f′(x)＝e－＝，令f′(x)＝0，得xe xx1xx－1＝0，根据函数y＝e与y＝的图象可知两函数图象的交点x0∈(0,1)，即f(x)＝e－ln x在 xe (0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错；构造函数g(x)＝，则g′(x) xxxxex－exexx－1exx＝＝，故函数g(x)＝在(0,1)上单调递减，故g(x1)>g(x2)，x2e1>x1e2，故22 xxx选C. 二、填空题 12x7．设函数f(x)＝x(e－1)－x，则函数f(x)的单调增区间为________． 2 12xxxx解析：因为f(x)＝x(e－1)－x，所以f′(x)＝e－1＋xe－x＝(e－1)(x＋1)．令 2 f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调 增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞) - 2 - 12?1?8．已知函数f(x)＝x＋2ax－ln x，若f(x)在区间?，2?上是增函数，则实数a的取值范2?3?围为________． 11?1??1?解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在?，2?上恒成立，即2a≥－x＋在?，2?上恒成 xx?3??3?1?1?1?884?立．又∵y＝－x＋在?，2?上单调递减，∴?－x＋?max＝，∴2a≥，即a≥. x?x?3?333? ?4?答案：?，＋∞? ?3? 9．已知函数f(x)＝x＋2ax＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在[0,1]上的最小值为________． 122 解析：由题意得f′(x)＝3x＋4ax，则有f′(1)＝3×1＋4a×1＝1，解得a＝－，所以f(x) 2＝x－x＋1， 则f′(x)＝3x－2x，当x∈[0,1]时， 22 由f′(x)＝3x－2x>0得 322 由f′(x)＝3x－2x<0得0 3 2?2??2?所以函数f(x)在?，1?上单调递增，在?0，?上单调递减，所以函数f(x)在x＝处取得极3?3??3?23?2??2?3?2?2 小值，即为最小值，所以最小值为f??＝??－??＋1＝. 27?3??3??3? 123 答案：－ 227三、解答题 1 10．已知函数f(x)＝ln x＋－1. 2 3 2 3 2 x(1)求函数f(x)的单调区间； (2)设m∈R，对任意的a∈(－1,1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围． 解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， 11x－1 又f′(x)＝－2＝2. xxx令f′(x)>0，得x>1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． 令f′(x)<0，得0 - 3 - 由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数， 11 ∴f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝. ee 1 m×1－≤0，??e11 ∴ma<，即ma－<0对于任意的a∈(－1,1)恒成立．∴? 解得－ ee??m×－1－1 e≤0，1e≤m≤1 e . ∴m的取值范围是??11?－e，e??? . 11．设函数f(x)＝ax－ax－2ln x. (1)若f(x)在x＝2时有极值，求实数a的值和f(x)的单调区间； (2)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围． 解：(1)∵f(x)在x＝2时有极值，∴f′(2)＝0， 又f′(x)＝a＋a2 x2－x， ∴a＋a4－1＝0，∴a＝45 . ∴f′(x)＝44225＋2 5x2－x＝5x2(2x－5x＋2)， 由f′(x)＝0有x1 1＝2 ，x2＝2， 又x>0，∴x，f′(x)，f(x)关系如下表： x ??1?0，12??? 2 ??1?2，2??? 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ∴f(x)的单调递增区间为??1?0，??1?2??和[2，＋∞)，单调递减区间为??2，2?? . (2)若f(x)在定义域上是增函数， 则f′(x)≥0在x>0时恒成立， ∵f′(x)＝a＋a2ax2－2x＋ax2－x＝x2 ， ∴转化为x>0时ax2 －2x＋a≥0恒成立， 即a≥ 2xx2 ＋1 恒成立， - 4 -