高考数学复习课时冲关练(六) 2_3 10页

‎ ‎ 课时冲关练(六)‎ 导数的简单应用及定积分 ‎(45分钟　80分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.函数f(x)=x+elnx的单调递增区间为　(　　)‎ A.(0,+∞)　　 B.(-∞,0)‎ C.(-∞,0)和(0,+∞) D.R ‎【解析】选A.函数定义域为(0,+∞),f′(x)=1+>0,故单调递增区间是(0,+∞).‎ ‎2.(2014·大同模拟)已知直线m:x+2y-3=0,函数y=3x+cosx的图象与直线l相切于P点,若l⊥m,则P点的坐标可能是　(　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【解析】选C.设点P(x0,y0),‎ 因为l⊥m,所以kl=2,‎ 又y′=3-sinx,故3-sinx0=2,‎ 即sinx0=1,验证选项知C成立.‎ ‎3.(2014·遵义模拟)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为 ‎　(　　)‎ A.2或6 B‎.6 ‎ C.2 D.4‎ ‎【解析】选B.x=2是f(x)的极大值点,‎ f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,‎ 所以f′(x)=3x2-4cx+c2,‎ 所以f′(2)=3×4‎-8c+c2=0,‎ 解得c=2或c=6,当c=2时,不能取极大值,‎ 所以c=6.‎ ‎【误区警示】本题易出现由f′(2)=0求出c后,不验证是否能够取到极大值这一条件,导致产生增根.‎ ‎4.(2014·湖北高考)若函数f(x),g(x)满足,则称f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交函数,给出三组函数:‎ ‎①f(x)=sinx,g(x)=cosx;‎ ‎②f(x)=x+1,g(x)=x-1;‎ ‎③f(x)=x,g(x)=x2,‎ 其中为区间[-1,1]的正交函数的组数是　(　　)‎ A.0 B‎.1 ‎ C.2 D.3‎ ‎【解析】选C.对于①,‎ 所以满足条件的正交函数有2组.‎ ‎5.(2014·南昌模拟)我们常用以下方法求形如y=f(x)g(x)的函数的导数:先两边同取自然对数得:lny=g(x)lnf(x),再两边同时求导得到:‎ ‎·y′=g′(x)lnf(x)+g(x)··f′(x),‎ 于是得到:y′=f(x)g(x)[g′(x)lnf(x)+g(x)··f′(x)],‎ 运用此方法求得函数y=的一个单调递增区间是　(　　)‎ A.(e,4) B.(3,6)‎ C.(0,e) D.(2,3)‎ ‎【解题提示】令f(x)=x,g(x)=,由题中方法求出y=的导数,再求单调区间.‎ ‎【解析】选C.由题意知f(x)=x,g(x)=,‎ 则f′(x)=1,g′(x)=-,‎ 所以y′==·,‎ 由y′=·>0得1-lnx>0,‎ 解得00.‎ 答案:a>0‎ ‎8.(2014·鄂州模拟)若方程kx-lnx=0有两个实数根,则k的取值范围是　　　　　.‎ ‎【解析】令y=kx,y=lnx.若方程kx-lnx=0有两个实数根,则直线y=kx与曲线y=lnx有两个不同交点.故直线y=kx应介于x轴和曲线y=lnx过原点的切线之间.设曲线y=lnx过原点的切线的切点为(x0,lnx0),又y′=,故切线方程为y-lnx0=(x-x0),将原点代入得,x0=e,此时y′==,故所求k的取值范围是.‎ 答案:‎ 三、解答题(9题12分,10～11题每题14分,共40分)‎ ‎9.已知函数f(x)=x3-3ax(a∈R).‎ ‎(1)当a=1时,求f(x)的极小值.‎ ‎(2)若直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线,求a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)当a=1时,f′(x)=3x2-3,‎ 令f′(x)=0,得x=-1或x=1.‎ 当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,‎ 当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(-1,1)上单调递减,在(-∞,-1],[1,+∞)上单调递增,‎ 所以f(x)的极小值是f(1)=-2.‎ ‎(2)方法一:f′(x)=3x2‎-3a,‎ 直线x+y+m=0,‎ 即y=-x-m.‎ 依题意,切线斜率k=f′(x)=3x2‎-3a≠-1,‎ 即3x2‎-3a+1=0无解.‎ 所以Δ=0-4×3(-‎3a+1)<0,‎ 所以a<.‎ 方法二:f′(x)=3x2‎-3a≥‎-3a,‎ 要使直线x+y+m=0对任意的m∈R都不是曲线y=f(x)的切线,‎ 当且仅当-1<-‎3a时成立,‎ 所以a<.‎ ‎【加固训练】(2014·唐山模拟)已知函数f(x)=(1-x)ex-1.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值.‎ ‎(2)设g(x)=,证明g(x)有最大值g(t),且-20,f(x)单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.‎ 所以f(x)的最大值为f(0)=0.　‎ ‎(2)g(x)=,‎ g′(x)=.‎ 设h(x)=-(x2-x+1)ex+1,‎ 则h′(x)=-x(x+1)ex.‎ 当x∈(-∞,-1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(-1,0)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减.‎ 又h(-2)=1->0,h(-1)=1-<0,h(0)=0,‎ 所以h(x)在(-2,-1)有一零点t.‎ 当x∈(-∞,t)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(t,0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.‎ 由(1)知,当x∈(-∞,0)时,g(x)>0;‎ 当x∈(0,+∞)时,g(x)<0.‎ 因此g(x)有最大值g(t),且-20,求函数f(x)的单调区间.‎ ‎(3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围.‎ ‎【解析】(1)f′(x)=x2-ax+b,‎ 由题意得即 ‎(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),‎ 当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,‎ 当x∈(0,a)时,f′(x)<0,‎ 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).‎ ‎(3)g′(x)=x2-ax+2,‎ 依题意,存在x∈(-2,-1),使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立,‎ 即x∈(-2,-1)时,a0),‎ f′(1)=2+1=3,‎ 所以斜率k=3,‎ 又切点(1,2),‎ 所以切线方程为y-2=3(x-1),‎ 即3x-y-1=0,‎ 故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为3x-y-1=0.‎ ‎(2)f′(x)=a+=(x>0),‎ ‎①当a≥0时,由于x>0,故ax+1>0,f′(x)>0,‎ 所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞).‎ ‎②当a<0时,由f′(x)=0,得x=-.‎ 在区间上,f′(x)>0,‎ 在区间上,f′(x)<0,‎ 所以,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.‎ ‎(3)由已知,转化为f(x)max-1-ln(-a),‎ 解得a<-.‎ ‎【加固训练】(2014·北京朝阳区模拟)已知函数f(x)=ax2-lnx,a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间.‎ ‎(2)若函数f(x)在区间[1,e]的最小值为1,求a的值.‎ ‎【解析】函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=ax-=.‎ ‎(1)①当a=0时,f′(x)=-<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎②当a<0时,f′(x)<0恒成立,‎ 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎③当a>0时,令f′(x)=0,‎ 又因为x>0,‎ 解得x=.‎ ‎（ⅰ）当x∈时,f′(x)<0,‎ 所以函数f(x)在单调递减.‎ ‎（ⅱ）当x∈时,f′(x)>0,‎ 所以函数f(x)在单调递增.‎ 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞),‎ 当a>0时,函数f(x)的单调减区间是,单调增区间为.‎ ‎(2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,‎ 所以f(x)的最小值为f(e)=ae2-1=1,解得a=>0,舍去.‎ ‎②当a>0时,由(1)可知,‎ ‎(ⅰ)当≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,‎ 所以函数f(x)的最小值为f(1)=a=1,‎ 解得a=2.‎ ‎(ⅱ)当1<