高考复习导数专题训练.docx

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高考复习导数专题训练

板块命题点专练（四）

命题点一　导数的运算及几何意义

命题指数：

☆☆☆☆☆

难度：

中、低

题型：

选择题、填空题

1.（2015·全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝ax3＋x＋1的图象在点（1，f

（1））处的切线过点（2,7），则a＝________.

解析：

∵f′（x）＝3ax2＋1，

∴f′

（1）＝3a＋1.

又f

（1）＝a＋2，

∴切线方程为y－（a＋2）＝（3a＋1）（x－1）．

∵切线过点（2,7），∴7－（a＋2）＝3a＋1，解得a＝1.

答案：

1

2．（2016·全国丙卷）已知f（x）为偶函数，当x<0时，f（x）＝ln（－x）＋3x，则曲线y＝f（x）在点（1，－3）处的切线方程是________．

解析：

因为f（x）为偶函数，所以当x>0时，f（x）＝f（－x）＝lnx－3x，所以当x>0时，f′（x）＝

－3，则f′

（1）＝－2.所以y＝f（x）在点（1，－3）处的切线方程为y＋3＝－2（x－1），即y＝－2x－1.

答案：

y＝－2x－1

3．（2015·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＝________.

解析：

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）．

由

解得

答案：

8

命题点二　导数的应用

命题指数：

☆☆☆☆☆

难度：

高、中

题型：

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.

解析：

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.

3．（2015·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，＋∞）

解析：

选A　设y＝g（x）＝

（x≠0），

则g′（x）＝

，

当x>0时，xf′（x）－f（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．

当x>0时，由f（x）>0，得g（x）>0，由图知0

当x<0时，由f（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<0.

令g（a）＝lna＋a－1，

则g（a）在（0，＋∞）上单调递增，g

（1）＝0.

于是，当01时，g（a）>0.

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．

解：

（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－

，

则g′（x）＝

－

＝

，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.

（1）讨论f（x）的单调性；

（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.

解：

（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

＜

－1，

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.

解：

（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）<0；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，

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

，

则f（b）>

（b－2）＋a（b－1）2＝a

>0，

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）>1，

故当x∈（1，ln（－2a））时，f′（x）<0；

当x∈（ln（－2a），＋∞）时，f′（x）>0.

因此f（x）在（1，ln（－2a））内单调递减，在（ln（－2a），＋∞）内单调递增．

又当x≤1时，f（x）<0，所以f（x）不存在两个零点．

综上，a的取值范围为（0，＋∞）．

（2）证明：

不妨设x1

（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）<0.

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）<0.

从而g（x2）＝f（2－x2）<0，故x1＋x2<2.

命题点三　定积分

命题指数：

☆☆☆

难度：

中、低

题型：

选择题、填空题

1.（2014·陕西高考）定积分

（2x＋ex）dx的值为（　　）

A．e＋2B．e＋1

C．eD．e－1

解析：

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

C．S2

解析：

选B　S1＝

x3

＝

－

＝

，S2＝lnx

＝ln2

＝e2－e≈2.72－2.7＝4.59，所以S2

3．（2015·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________．

解析：

如图，阴影部分的面积即为所求．

由

得A（1,1）．

故所求面积为S＝

（x－x2）dx＝

＝

.

答案：

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________．

解析：

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.

答案：

1.2