2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù) 第4講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練

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1、 專題二 第四講 導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 A組 1.曲線y=xex+2x-1在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程為 ( A ) A.y=3x-1      B.y=-3x-1 C.y=3x+1 D.y=-2x-1 [解析] k=y(tǒng)′|x=0=(ex+xex+2)|x=0=3, ∴切線方程為y=3x-1,故選A. 2.(文)如圖,函數(shù)y=f(x)的圖象在點(diǎn)P處的切線方程為x-y+2=0,則f(1)+f ′(1)= ( D ) A.1 B.2 C.3 D.4 [解析] 由條件知(1,f(1))在直線x-y+2=0上,且f ′(1)=1,∴f(1)+f ′(1)=3+1=4.

2、(理)(2017·煙臺質(zhì)檢)在等比數(shù)列{an}中,首項(xiàng)a1=,a4=(1+2x)dx,則該數(shù)列的前5項(xiàng)和S5為 ( C ) A.18    B.3    C.    D. [解析] a4=(1+2x)dx=(x+x2)|=18, 因?yàn)閿?shù)列{an}是等比數(shù)列, 故18=q3,解得q=3, 所以S5==.故選C. 3.(2017·云南檢測)已知常數(shù)a、b、c都是實(shí)數(shù),f(x)=ax3+bx2+cx-34的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),f ′(x)≤0的解集為{x|-2≤x≤3},若f(x)的極小值等于-115,則a的值是 ( C ) A.- B. C.2 D.5 [解析] 依題意

3、得f ′(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-,-2×3=, ∴b=-,c=-18a,函數(shù)f(x)在x=3處取得極小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,-a=-81,a=2,故選C. 4.若函數(shù)f(x)=loga(x3-ax)(a>0,a≠1)在區(qū)間(-,0)內(nèi)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是 ( B ) A.[,1) B.[,1) C.(,+∞) D.(1,) [解析] 由x3-ax>0得x(x2-a)>0. 則有或 所以x>或-

4、x,則g′(x)=3x2-a, 當(dāng)g′(x)≥0時,x≥,不合要求, 由g′(x)<0得-0)在曲線y=

5、x2上,若陰影部分面積與△OAP面積相等,則x0=____. [解析] 因?yàn)辄c(diǎn)P(x0,y0)(x0>0)在曲線y=x2上, 所以y0=x, 則△OAP的面積S=|OA||x0|=×x0=x0, 陰影部分的面積為∫x00x2dx=x3|x00=x, 因?yàn)殛幱安糠置娣e與△OAP的面積相等, 所以x=x0, 即x=. 所以x0==. 6.若函數(shù)y=-x3+ax有三個單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是__a>0__. [解析] y′=-x2+a,若y=-x3+ax有三個單調(diào)區(qū)間,則方程-x2+a=0應(yīng)有兩個不等實(shí)根,故a>0. 7.已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)

6、. (1)當(dāng)a=4時,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程; (2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>0,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解析] (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). 當(dāng)a=4時,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), f ′(x)=ln x+-3,f ′(1)=-2, f(1)=0. 曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為2x+y-2=0. (2)當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>0等價于 ln x->0. 設(shè)g(x)=ln x-, 則g′(x)=-=,g(1)=0. ①當(dāng)a≤2,x∈(1,+∞)時, x2+2(1-a)x+1≥x

7、2-2x+1>0,故g′(x)>0, g(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,因此g(x)>g(1)=0; ②當(dāng)a>2時,令g′(x)=0,得 x1=a-1-,x2=a-1+. 由x2>1和x1x2=1,得x1<1, 故當(dāng)x∈(1,x2)時,g′(x)<0, g(x)在(1,x2)內(nèi)單調(diào)遞減,此時g(x)0,r>0). (1)求f(x)的定義域,并討論f(x)的單調(diào)性; (2)若=400,求f(x)在(0,+∞)內(nèi)的極值. [解析] (1)由題意知x≠-r, 所以定義域?yàn)?-∞,-r)∪(

8、-r,+∞), f(x)==, f ′(x)= =, 所以當(dāng)x<-r或x>r時,f ′(x)<0, 當(dāng)-r0. 因此,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-r),(r,+∞); f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-r,r). (2)由(1)可知f(x)在(0,r)上單調(diào)遞增,在(r,+∞)上單調(diào)遞減,因此,x=r是f(x)的極大值點(diǎn),所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)的極大值為f(r)===100. (理)設(shè)函數(shù)f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.

9、 [解析] (1)因?yàn)閒(x)=xea-x+bx, 所以f ′(x)=(1-x)ea-x+b. 依題設(shè),得 即 解得a=2,b=e. (2)由(1),知f(x)=xe2-x+ex. 由f ′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f ′(x)與1-x+ex-1同號. 令g(x)=1-x+ex-1,則g′(x)=-1+ex-1. 所以當(dāng)x∈(-∞,1)時,g′(x)<0, g(x)在區(qū)間(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,g′(x)>0, g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)的最小值. B組

10、 1.(2017·鄭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),且滿足f(x)=2xf ′(e)+ln x,則f ′(e)= ( C ) A.1 B.-1 C.-e-1 D.-e [解析] 依題意得,f ′(x)=2f ′(e)+,取x=e得f ′(e)=2f ′(e)+,由此解得f ′(e)=-=-e-1,故選C. 2.已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2-3x在x=±1處取得極值,若過點(diǎn)A(0,16)作曲線y=f(x)的切線,則切線方程是 ( B ) A.9x+y-16=0 B.9x-y+16=0 C.x+9y-16=0 D.x-9y+16=0 [解析] f ′

11、(x)=3ax2+2bx-3, 依題意f ′(1)=f ′(-1)=0, 即 解得a=1,b=0. 所以f(x)=x3-3x, 因?yàn)榍€方程為y=x3-3x,點(diǎn)A(0,16)不在曲線上, 設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足y0=x-3x, 因此f ′(x0)=3(x-1) 故切線的方程為y-y0=3(x-1)(x-x0) 注意到點(diǎn)A(0,16)在切線上, 有16-(x-3x0)=3(x-1)(0-x0), 化簡得x=-8. 解得x0=-2. 所以,切點(diǎn)為M(-2,-2),切線方程為9x-y+16=0. 3.(文)函數(shù)f(x)=3x2+ln x-2x的極值點(diǎn)的個

12、數(shù)是 ( A ) A.0 B.1 C.2 D.無數(shù)個 [解析] 函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞), 且f ′(x)=6x+-2=, 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-20<0, 所以g(x)>0恒成立,故f ′(x)>0恒成立, 即f(x)在定義域上單調(diào)遞增,無極值點(diǎn). (理)物體A以v=3t2+1(m/s)的速度在一直線l上運(yùn)動,物體B在直線l上,且在物體A的正前方5 m處,同時以v=10t(m/s)的速度與A同向運(yùn)動,出發(fā)后物體A追上物體B所用的時間t(s)為 ( C ) A.3 B.4 C.5 D.6 [解析] 因?yàn)槲矬wA在t秒內(nèi)行駛的路程為(3t2

13、+1)dt,物體B在t秒內(nèi)行駛的路程為10tdt,所以(3t2+1-10t)dt=(t3+t-5t2)|=t3+t-5t2=5,所以(t-5)(t2+1)=0,即t=5. 4.(2017·臨沂模擬)若函數(shù)f(x)=x2+ax+在(,+∞)上存在減區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( C ) A.a(chǎn)>3 B.a(chǎn)≥3 C.a(chǎn)<3 D.a(chǎn)≤3 [解析] f ′(x)=2x+a-, 因?yàn)楹瘮?shù)在(,+∞)上存在減區(qū)間, 所以f ′(x)<0在(,+∞)上能成立, 即a<-2x在(,+∞)上能成立. 設(shè)g(x)=-2x, g′(x)=--2, 令g′(x)=--2=0,得x=-1,

14、當(dāng)x∈(,+∞)時,g′(x)<0, 又g()=4-1=3, 所以a<3. 5.設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),且g(x)≠0,當(dāng)x<0時,f ′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(-3)=0,則不等式<0的解集是__(-∞,-3)∪(0,3)__. [解析] 因?yàn)閒(x)和g(x)(g(x)≠0)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù), 所以f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x). 因?yàn)楫?dāng)x<0時,f ′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0, 當(dāng)x<0時,[]′=>0, 令h(x)=. 則h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增, 因?yàn)閔(-x)==

15、=-h(huán)(x), 所以h(x)為奇函數(shù), 根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 因?yàn)閒(-3)=-f(3)=0, 所以h(-3)=-h(huán)(3)=0, h(x)<0的解集為(-∞,-3)∪(0,3). 6.已知f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1處有極值為10,則a+b=__-7__. [解析] f ′(x)=3x2+2ax+b,由x=1時,函數(shù)取得極值10, 得 聯(lián)立①②得或 當(dāng)a=4,b=-11時,f ′(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1)在x=1兩側(cè)的符號相反,符合題意. 當(dāng)a=-3,b=3時,f ′(x)=3(x-1)2在x=

16、1兩側(cè)的符號相同,所以a=-3,b=3不符合題意,舍去. 綜上可知,a=4,b=-11,∴a+b=-7. 7.(文)已知函數(shù)f(x)=2ax--(2+a)ln x(a≥0). (1)當(dāng)a=0時,求f(x)的極值; (2)當(dāng)a>0時,討論f(x)的單調(diào)性. [解析] (1)當(dāng)a=0時,f(x)=--2ln x?f ′(x)=-=(x>0). 由f ′(x)=>0,解得0. ∴f(x)在(0,)內(nèi)是增函數(shù),在(,+∞)內(nèi)是減函數(shù). ∴f(x)的極大值為f()=2ln 2-2,無極小值. (2)f(x)=2ax--(2+a)ln x? f

17、 ′(x)=2a+-(2+a)= =. ①當(dāng)02時,f(x)在(0,)和(,+∞)內(nèi)是增函數(shù),在(,)內(nèi)是減函數(shù). (理)已知函數(shù)f(x)=ax2+lnx,其中a∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)在(0,1]上的最大值是-1,求a的值. [分析] (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,按用導(dǎo)數(shù)法求單調(diào)區(qū)間的一般步驟求解,由于f(x)解析式中含參數(shù),故需分類討論.第(2)問可在第一問的基礎(chǔ)上按區(qū)間上最值討論方法令最大值等于-1列方程求

18、解. [解析] (1)f ′(x)=,x∈(0,+∞). 當(dāng)a≥0時,f ′(x)>0,從而函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)a<0時,令f ′(x)=0,解得x=,舍去x=-. 此時,f(x)與f ′(x)的情況如下: x (0,) (,+∞) f ′(x) + 0 - f(x) ↗ f() ↘ 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,); 單調(diào)遞減區(qū)間是(,+∞). (2)①當(dāng)a≥0時,由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)=. 令=-1,得a=-2,這與a≥0矛盾,舍去a=-2. ②當(dāng)-1≤a<0時,≥1,由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)=. 令=-1,得a=-2,這與-1≤a<0矛盾, 舍去a=-2. ③當(dāng)a<-1時,0<<1,由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值為f(). 令f()=-1,解得a=-e,滿足a<-1. 綜上,當(dāng)f(x)在(0,1]上的最大值是-1時,a=-e. 9

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