• 103.00 KB
  • 2021-05-14 发布

2015高考数学一轮方法测评练能力提升练——导数及其应用

  • 8页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
能力提升练——导数及其应用 ‎(建议用时:90分钟)‎ 一、填空题 ‎1.(2014·襄阳调研)曲线y=x3-2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为________.‎ 解析 由y′=3x2-2得y′|x=1=1,即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1,所以切线的倾斜角为45°.‎ 答案 45°‎ ‎2.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为________.‎ 解析 设g(x)=f(x)-2x-4,由已知g′(x)=f′(x)-2>0,则g(x)在(-∞,+∞)上递增,又g(-1)=f(-1)-2=0,由g(x)=f(x)-2x-4>0,知x>-1.‎ 答案 (-1,+∞)‎ ‎3.(2014·韶关模拟)曲线y=ex在点A处的切线与直线x-y+3=0平行,则点A的坐标为________.‎ 解析 直线x-y+3=0的斜率为1,所以切线的斜率为1,因为y′=ex,所以由y′=ex=1,解得x=0,此时y=e0=1,即点A的坐标为(0,1).‎ 答案 (0,1)‎ ‎4.已知函数f(x)=2ln x-xf′(1),则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程是________.‎ 解析 易知f′(x)=-f′(1),令x=1,得f′(1)=2-f′(1),∴f′(1)=1,因此f(x)=2ln x-x,∴f(1)=-1,∴所求的切线方程为y+1=1·(x-1),即x-y-2=0.‎ 答案 x-y-2=0‎ ‎5.(2014·济南质检)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于________.‎ 解析 ∵f′(x)=12x2-2ax-2b,‎ Δ=4a2+96b>0,又x=1是极值点,‎ ‎∴f′(1)=12-2a-2b=0,即a+b=6,且a>0,b>0,‎ ‎∴ab≤=9,当且仅当a=b时“=”成立,所以ab的最大值为9.‎ 答案 9‎ ‎6.(2014·青岛模拟)幂指函数y=f(x)g(x)在求导数时,可以运用对数法:在函数解析式两边求对数得ln y=g(x)ln f(x),两边求导数得=g′(x)ln f(x)+g(x),于是y′=f(x)g(x)·.运用此法探求y=的单调递增区间为________.‎ 解析 将函数y=x两边求对数得ln y=ln x,两边求导数得=-ln x+·=(1-ln x),所以y′=y·(1-ln x)=·(1-ln x).令y′>0,即1-ln x>0,∴00,知f(x)在R上是增函数,‎ ‎∵f(0)=1-2<0,f(1)=e-1>0.‎ ‎∴函数f(x)的零点a∈(0,1).‎ 由g′(x)=+1>0(x>0),‎ 得g(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又g(1)=ln 1+1-2<0,g(2)=ln 2>0,‎ ‎∴函数g(x)的零点b∈(1,2),‎ 从而00时,下列结论正确的是________(填序号).‎ ‎①f(x)有极大值,无极小值 ②f(x)有极小值,无极大值 ③f(x)既有极大值又有极小值 ④f(x)既无极大值也无极小值 解析 由条件,得f′(x)=-=.‎ 令g(x)=ex-2x2f(x),‎ 则g′(x)=ex-2x2f′(x)-4xf(x)‎ ‎=ex-2(x2f′(x)+2xf(x))=ex-=ex,‎ 令g′(x)=0,得x=2.‎ 当x>2时,g′(x)>0;当00,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极大(小)值.‎ 答案 ④‎ ‎11.若曲线f(x)=ax2+ln x存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 依题意得,f′(x)=2ax+=0(x>0)有实根,所以a=-<0.‎ 答案 (-∞,0)‎ ‎12.若曲线y=2x-x3在横坐标为-1的点处的切线为l,则点P(3,2)到直线l的距离为________.‎ 解析 由题意得切点坐标为(-1,-1),切线斜率为k=y′|x=-1=2-3x2|x=-1=2-3×(-1)2=-1.‎ 故切线l的方程为y-(-1)=-[x-(-1)],‎ 整理得x+y+2=0.‎ ‎∴点P(3,2)到直线l的距离为=.‎ 答案  ‎13.(2014·山东省实验中学诊断)曲线y=x3+x在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为________.‎ 解析 y′=f′(x)=x2+1,在点的切线斜率为k=f′(1)=2.所以切线方程为y-=2(x-1),即y=2x-,与坐标轴的交点坐标为,,所以三角形的面积为××=.‎ 答案  ‎14.设函数f(x)=,g(x)=,对任意x1,x2∈(0,+∞),不等式≤恒成立,则正数k的取值范围是________.‎ 解析 因为对任意x1,x2∈(0,+∞),‎ 不等式≤恒成立,所以≥.‎ 因为g(x)==xe2-x,‎ 所以g′(x)=(xe2-x)′=e2-x+xe2-x·(-1)=e2-x(1-x).‎ 当00;当x>1时,g′(x)<0,‎ 所以g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减.‎ 所以当x=1时,g(x)取到最大值,即g(x)max=g(1)=e.‎ 又f(x)=e2x+≥2e(x>0).‎ 当且仅当e2x=,即x=时取等号,故f(x)min=2e.‎ 所以==,应有≥,‎ 又k>0,所以k≥1.‎ 答案 [1,+∞)‎ 二、解答题 ‎15.(2013·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.‎ 解 (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.‎ 由已知得f(0)=4,f′(0)=4.故b=4,a+b=8.‎ 从而a=4,b=4.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,‎ f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2).‎ 令f′(x)=0,得x=-ln 2或-2.‎ 从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0.‎ 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.‎ 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).‎ ‎16.设函数f(x)=aex++b(a>0).‎ ‎(1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值;‎ ‎(2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值.‎ 解 (1)f′(x)=aex-,‎ 令f′(x)>0,得x>-ln a,‎ 令f′(x)<0,得x<-ln a.‎ 所以f(x)在(-ln a,+∞)上递增,f(x)在(-∞,-ln a)上递减.‎ ‎①当00,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增,‎ 从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-ln a)=2+b.‎ ‎②当a≥1时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a++b.‎ ‎(2)依题意f(2)=3,f′(2)=ae2-=,‎ 解得ae2=2或-(舍去),‎ 因此a=.‎ 代入f(2)=3,得2++b=3,即b=.‎ 故a=,且b=.‎ ‎17.(2014·南平质检)已知函数f(x)=sin x,g(x)=mx-(m为实数).‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点P处的切线方程;‎ ‎(2)求函数g(x)的单调递减区间;‎ ‎(3)若m=1,证明:当x>0时,f(x)<g(x)+.‎ 解 (1)由题意得所求切线的斜率k=f′=cos=.切点P,则切线方程为y-= 即x-y+1-=0.‎ ‎(2)g′(x)=m-x2.‎ ‎①当m≤0时,g′(x)≤0,则g(x)的单调递减区间是(-∞,+∞);‎ ‎②当m>0时,令g′(x)<0,解得x<-或x>,‎ 则g(x)的单调递减区间是(-∞,-),(,+∞).‎ ‎(3)当m=1时,g(x)=x-.‎ 令h(x)=g(x)-f(x)=x-sin x,x∈[0,+∞),‎ h′(x)=1-cos x≥0,‎ 则h(x)是[0,+∞)上的增函数.‎ 故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即sin x<x,f(x)<g(x)+.‎ ‎18.已知函数f(x)=ax+xln x的图象在点x=e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.‎ ‎(1)求实数a的值;‎ ‎(2)若k∈Z,且k<对任意x>1恒成立,求k的最大值.‎ 解 (1)因为f(x)=ax+xln x,‎ 所以f′(x)=a+ln x+1.‎ 因为函数f(x)=ax+xln x的图象在点x=e处的切线斜率为3,‎ 所以f′(e)=3,即a+ln e+1=3,所以a=1.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=x+xln x,‎ 又k<=对任意x>1恒成立,‎ 令g(x)=,则g′(x)=,‎ 令h(x)=x-ln x-2(x>1),‎ 则h′(x)=1-=>0,‎ 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0,‎ 所以方程h(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足x0∈(3,4).‎ 当1x0时,h(x)>0,即g′(x)>0,‎ 所以函数g(x)=在(1,x0)上单调递减,‎ 在(x0,+∞)上单调递增,‎ 所以[g(x)]min=g(x0)===x0,‎ 所以k<[g(x)]min=x0∈(3,4),‎ 故整数k的最大值是3.‎