高考复习导数专题训练文档格式.docx
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全国卷Ⅱ)已知曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=________.
法一:
∵y=x+lnx,∴y′=1+
,
y′
x=1=2.
∴曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为
y-1=2(x-1),即y=2x-1.
∵y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,
∴a≠0(当a=0时曲线变为y=2x+1与已知直线平行).
由
消去y,得ax2+ax+2=0.
由Δ=a2-8a=0,解得a=8.
法二:
同法一得切线方程为y=2x-1.
设y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切于点(x0,ax
+(a+2)x0+1).∵y′=2ax+(a+2),
∴y′
x=x0=2ax0+(a+2).
解得
8
命题点二 导数的应用
高、中
选择题、填空题、解答题
1.(2014·
全国卷Ⅱ)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.2,+∞)D.1,+∞)
解析:
选D 因为f(x)=kx-lnx,所以f′(x)=k-
.因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>
1时,f′(x)=k-
≥0恒成立,即k≥
在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>
1,所以0<
<
1,所以k≥1.故选D.
2.(2016·
全国乙卷)若函数f(x)=x-
sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.-1,1]B.
C.
D.
选C f′(x)=1-
cos2x+acosx=1-
(2cos2x-1)+acosx=-
cos2x+acosx+
,f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈-1,1],则-
t2+at+
≥0在-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则
解得-
≤a≤
,故选C.
全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>
0时,xf′(x)-f(x)<
0,则使得f(x)>
0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)
选A 设y=g(x)=
(x≠0),
则g′(x)=
当x>
0,∴g′(x)<
0,
∴g(x)在(0,+∞)上为减函数,
且g
(1)=f
(1)=-f(-1)=0.
∵f(x)为奇函数,∴g(x)为偶函数,
∴g(x)的图象的示意图如图所示.
0时,由f(x)>
0,得g(x)>
0,由图知0<
x<
1,
当x<
0,得g(x)<
0,由图知x<
-1,
∴使得f(x)>
0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A.
4.(2015·
全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
解:
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
-a.
若a≤0,则f′(x)>
0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>
0,则当x∈
时,f′(x)>
0;
当x∈
时,f′(x)<
0.
所以f(x)在
上单调递增,在
上单调递减.
(2)由
(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>
0时,f(x)在x=
处取得最大值,最大值为
f
=ln
+a
=-lna+a-1.
因此f
>
2a-2等价于lna+a-1<
令g(a)=lna+a-1,
则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g
(1)=0.
于是,当0<
a<
1时,g(a)<
1时,g(a)>
因此,a的取值范围是(0,1).
5.(2016·
全国甲卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),
f
(1)=0,f′(x)=lnx+
-3,f′
(1)=-2.
故曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx-
>0.
设g(x)=lnx-
-
=
,g
(1)=0.
①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;
②当a>2时,令g′(x)=0得x1=a-1-
,x2=a-1+
.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
6.(2016·
全国丙卷)设函数f(x)=lnx-x+1.
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<
<x;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
-1,令f′(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明:
由
(1)知,f(x)在x=1处取得最大值,
最大值为f
(1)=0.
所以当x≠1时,lnx<x-1.
故当x∈(1,+∞)时,lnx<x-1,ln
<
即1<
<x.
(3)证明:
由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g′(x)=c-1-cxlnc.
令g′(x)=0,解得x0=
当x<x0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
由
(2)知1<
<c,故0<x0<1.
又g(0)=g
(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
7.(2016·
全国乙卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:
x1+x2<
2.
(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
②设a>
0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>
所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
又f
(1)=-e,f
(2)=a,取b满足b<
0且b<
ln
则f(b)>
(b-2)+a(b-1)2=a
故f(x)存在两个零点.
③设a<
0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-
,则ln(-2a)≤1,
故当x∈(1,+∞)时,
f′(x)>
0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<
0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<
,则ln(-2a)>
故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>
因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
不妨设x1<
x2,由
(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)内单调递减,
所以x1+x2<
2等价于f(x1)>
f(2-x2),即f(2-x2)<
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>
1时,g′(x)<
0,而g
(1)=0,
故当x>
1时,g(x)<
从而g(x2)=f(2-x2)<
0,故x1+x2<
命题点三 定积分
☆☆☆
陕西高考)定积分
(2x+ex)dx的值为( )
A.e+2B.e+1
C.eD.e-1
选C
(2x+ex)dx=(x2+ex)
=1+e1-1=e,故选C.
2.(2013·
江西高考)若S1=
x2dx,S2=
dx,S3=
exdx,则S1,S2,S3的大小关系为( )
A.S1<
S2<
S3B.S2<
S1<
S3
C.S2<
S3<
S1D.S3<
S1
选B S1=
x3
,S2=lnx
=ln2<
lne=1,S3=ex
=e2-e≈2.72-2.7=4.59,所以S2<
S3.
天津高考)曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为________.
如图,阴影部分的面积即为所求.
得A(1,1).
故所求面积为S=
(x-x2)dx=
4.(2015·
陕西高考)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.
建立如图所示的平面直角坐标系,由抛物线过点(0,-2),(-5,0),(5,0),得抛物线的函数表达式为y=
x2-2,抛物线与x轴围成的面积S1=
dx=
,梯形面积S2=
=16.最大流量比为S2∶S1=1.2.
1.2