高考数学专题复习：专题1集合与常用逻辑用语、函数与导数 第5讲 14页

专题一　第五讲 一、选择题 ‎1．(文)(2013·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝(　　)‎ A．1 B．－1‎ C．－e－1 D．－e ‎[答案]　C ‎[解析]　依题意得，f′(x)＝‎2f′(e)＋，取x＝e得f′(e)＝‎2f′(e)＋，由此解得f′(e)＝－＝－e－1，故选C.‎ ‎(理)(2013·云南检测)已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是(　　)‎ A．－ B. C．2 D．5‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有‎3a>0，－2＋3＝－，－2×3＝，‎ ‎∴b＝－，c＝－‎18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝‎27a＋9b＋‎3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.‎ ‎2．(文)(2014·长春市调研)已知函数f(x)＝x2的图象在点A(x1，f(x1))与点B(x2，f(x2))处的切线互相垂直，并交于点P，则点P的坐标可能是(　　)‎ A．(－，3) B．(0，－4)‎ C．(2,3) D. (1，－)‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由题意知，A(x1，x)，B(x2，x)，f′(x)＝2x，则过A，B两点的切线斜率k1＝2x1，k2＝2x2，又切线互相垂直，所以k1k2＝－1，即x1x2＝－.两条切线方程分别为l1∶y＝2x1x－x，l2∶y＝2x2x－x ，联立得(x1－x2)[2x－(x1＋x2)]＝0，∵x1≠x2，∴x＝，代入l1，解得y＝x1‎ x2＝－，故选D.‎ ‎(理)在函数y＝x3－9x的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于，且横、纵坐标都为整数的点的个数是(　　)‎ A．0　　　 B．‎1　‎　　　‎ C．2　　　 D．3‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　依题意得，y′＝3x2－9，令00，b>0)的焦距为2，抛物线y＝x2＋1与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－y2＝1 D. x2－＝1‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　∵y＝x2＋1，∴y′＝x，设切点(x0，y0)，则切线方程y－y0＝x0(x－x0)，∵切线过原点，∴y0＝x　①，又切点在抛物线上，∴y0＝x＋1　②，由(1)(2)得x0＝±4，∴＝|x0|＝，∴a＝2b，代入a2＋b2＝c2＝5中得b2＝1，a2＝4，∴双曲线方程为－y2＝1.‎ ‎(理)(2014·吉林市质检)若函数f(x)＝2sinx(x∈[0，π])在点P处的切线平行于函数g(x)＝2·(＋1)在点Q处的切线，则直线PQ的斜率(　　)‎ A．1 B. C. D. 2‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　f′(x)＝2cosx，x∈[0，π]，∴f′(x)∈[－2,2]，g′(x)＝＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则由题意知，2cosx1＝＋，∴2cosx1＝2且＋＝2，∵x1∈[0，π]，‎ ‎∴x1＝0，∴y1＝0，x2＝1，y2＝，∴kPQ＝＝.‎ ‎4．(文)(2013·浙江文，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f ′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系．‎ 由导数的几何意义可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一点处的斜率变大，而在[0,1]上则变小，故选B.‎ ‎(理)(2014·石家庄市质检)定义在区间[0,1]上的函数f(x)的图象如下图所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))为顶点的△ABC的面积记为函数S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的大致图象为(　　)‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　∵A、B为定点，∴|AB|为定值，∴△ABC的面积S(x)随点C到直线AB的距离d而变化，而d随x的变化情况为增大→减小→0→增大→减小，∴△ABC的面积先增大再减小，当A、B、C三点共线时，构不成三角形；然后△ABC的面积再逐渐增大，最后再逐渐减小，观察图象可知，选D.‎ ‎5．(2014·山西大学附中月考)已知函数f0(x)＝xex，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f1′(x) ，…fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*)，则f′2014(0)＝(　　)‎ A．2013 B．2014‎ C．2015 D．2016‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　∵f0(x)＝xex，∴f1(x)＝f0′(x)＝ex＋xex，‎ f2(x)＝f1′(x)＝2ex＋xex，…，‎ ‎∴fn(x)＝fn－1′(x)＝nex＋xex，∴f2014′(0)＝f2015(0)＝2015e0＋0＝2015.‎ ‎6．(2013·天津文，8)设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3，若实数a、b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)‎ A．g(a)<01，∴f(b)＝eb＋b－2>0，所以f(b)>0>g(a)，故选A.‎ 解法2：∵f′(x)＝ex＋1>0，∴f(x)为增函数，∵f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，且f(a)＝0，∴00，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又g(1)＝－2<0，g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0，∴1f(1)＝0，g(a)0，∴×‎3m×m－＝18，∴m＝8，∴m＝64.‎ ‎(理)(2014·沈阳市二检)已知函数f(x)＝x(x－a)(x－b)的导函数为f′(x)，且f′(0)＝4，则a2＋2b2的最小值为________．‎ ‎[答案]　8 ‎[解析]　f′(x)＝(x－a)(x－b)＋x[(x－a)＋(x－b)]，f′(0)＝ab＝4，a2＋2b2≥2ab＝8，故填8.‎ ‎8．已知函数f(x)＝ax3＋ax2－bx＋b－1在x＝1处的切线与x轴平行，若函数f(x)‎ 的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是________．‎ ‎[答案]　(，)‎ ‎[解析]　依题意得，f ′(1)＝0，又f ′(x)＝ax2＋ax－b，‎ ‎∴b＝‎2a，‎ ‎∴f ′(x)＝ax2＋ax－‎2a＝a(x＋2)(x－1)，令f ′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，‎ ‎①当a＝0时，不合题意；‎ ‎②当a>0时，要使图象过四个象限，‎ 只需结合a>0，解得a∈(，)；‎ ‎③当a<0时，要使图象过四个象限，‎ 只需结合a<0.可知不存在符合条件的实数a；‎ 综上得，a的取值范围是(，)．‎ ‎9．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．‎ ‎[答案]　(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ ‎[解析]　f ′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f ′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(‎6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.‎ 三、解答题 ‎10．(文)(2012·新课标全国文，21)设函数f(x)＝ex－ax－2.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．‎ ‎[分析]　(1)求函数f(x)的单调区间，需判断f ′(x)的正负，因为含参数a，故需分类讨论；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．‎ ‎[解析]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝ex－a.‎ 若a≤0，则f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f ′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f ′(x)>0，‎ 所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由于a＝1，所以(x－k)f ′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.‎ 故当x>0时，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0等价于 k<＋x　(x>0)．①‎ 令g(x)＝＋x，则 g′(x)＝＋1＝.‎ 由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．‎ 当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．‎ 由于①式等价于k0，f(x)在R上单调递增．即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f(x)没有单调递减区间．‎ ‎(2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝ ，且过(0,1)．‎ ‎(i)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，f′(x)≥0，f(x) 在[k，－k]上单调递增，‎ 从而当x＝k时，f(x)取得最小值 m＝f(k)＝k，‎ 当x＝－k时，f(x) 取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.‎ ‎(ii)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)>0，即k<－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0‎ 解得：x1＝，x2＝，注意到kk，从而k0，‎ ‎∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k，‎ ‎∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－2k3－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，‎ ‎∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.‎ 综上所述，当k<0时，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.‎ 一、选择题 ‎11．(文)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f ′(1)＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由条件知(1，f(1))在直线x－y＋2＝0上，且f ′(1)＝1，∴f(1)＋f ′(1)＝3＋1＝4.‎ ‎(理)(2013·烟台质检)在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则该数列的前5项和S5为(　　)‎ A．18 B．3‎ C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　a4＝(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝18，‎ 因为数列{an}是等比数列，‎ 故18＝q3，解得q＝3，‎ 所以S5＝＝.故选C.‎ ‎12．(文)(2013·太原调研)设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数f ′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为(　　)‎ A．－ B．－ln2‎ C. D．ln2‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由于f ′(x)＝ex－ae－x，故若f ′(x)为奇函数，则必有f ′(0)＝1－a＝0，解得a＝1，故f ′(x)＝ex－e－x.设曲线上切点的横坐标为x0，则据题意得f ′(x0)＝ex0－e－x0＝，解得ex0＝2，故切点横坐标x0＝ln2.‎ ‎(理)(2014·哈三中一模)在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)＝xlnx－x的图象上的动点，该曲线在点P处的切线l交y轴于点M(0，yM)，过点P作l的垂线交y轴于点N(0，yN)．则的范围是(　　)‎ A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)‎ B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)‎ C．[3，＋∞)‎ D．(－∞，－3]‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　∵f(x)＝xlnx－x，∴f ′(x)＝lnx，设P(x0，y0)，则y0＝x0lnx0－x0，kl＝lnx0，∴l：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得yM＝y0－x0lnx0＝－x0，过点P的直线l的垂线斜率k＝－，方程为y－y0＝－·(x－x0)，令x＝0得yN＝y0＋＝x0lnx0－x0＋＝ ‎∴＝＝－lnx0－＋1‎ 当x0>1时，lnx0>0，－lnx0－＋1＝－(lnx0＋)＋1≤1－2＝－1，同理当00，设x1、x2是方程f(x)＝0的两根，则|x1－x2|的取值范围是(　　)‎ A．[0，) B．[0，)‎ C．(，) D．(，)‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f()＝＋＋c＝(a＋2b＋‎3c)＝0，∴是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0e·f(0)，f(2012)>e2012·f(0)‎ B．f(1)e2012·f(0)‎ C．f(1)>e·f(0)，f(2012)0，即F(x)在x∈R上为增函数，‎ ‎∴F(1)>F(0)，F(2012)>F(0)，‎ 即>，>，‎ ‎∴f(1)>ef(0)，‎ f(2012)>e‎2012f(0)．‎ ‎(理)(2013·浙江苍南求知中学月考)设函数f(x)＝x2＋bx＋c(x∈R)且f ′(x)＋f(x)>0恒成立，则对∀a∈(0，＋∞)，下面不等式恒成立的是(　　)‎ A．f(－a)eaf(0)‎ C．f(a)eaf(0)‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　令F(x)＝f(x)ex，则F′(x)＝f ′(x)·ex＋f(x)·ex＝(f ′(x)＋f(x))ex>0，‎ ‎∴F(x)为增函数，∴对任意a∈(0，＋∞)，有－a∈(－∞，0)，‎ ‎∴F(－a)0⇔a<－1或a>2.‎ ‎∴所求概率P＝＝.‎ ‎(理)(2014·郑州市质检)已知a>1, 且函数y＝ax与函数y＝logax的图象有且仅有一个公共点，则此公共点的坐标为________．‎ ‎[答案]　(e，e)‎ ‎[解析]　设公共点为P(x0，y0)，则点P(x0，y0)为函数y＝ax与y＝logax的图象的切点，且点P(x0，y0)又在直线y＝x上，y′＝axlna，∴ax0lna＝1，∴ax0＝＝logae，又ax0＝y0＝logax0＝logae，∴x0＝e，y0＝e.‎ ‎17．函数f(x)＝x2－3x＋2lnx，则函数f(x)在[1，e]上的最大值为________，最小值为________．‎ ‎[答案]　e2－3e＋2　2ln2－4‎ ‎[解析]　由f(x)＝x2－3x＋2lnx可得，‎ f ′(x)＝x＋－3＝＝.‎ 当x∈(1,2)时，f ′(x)<0，‎ ‎∴f(x)在[1,2]上是减函数；‎ 当x∈(2，e)时，f ′(x)>0，‎ ‎∴f(x)在[2，e]上是增函数．‎ ‎∴当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝2ln2－4.‎ 又f(1)＝－，f(e)＝e2－3e＋2，‎ f(e)－f(1)＝e2－3e＋2－(－)‎ ‎＝(e2－6e＋9)＝(e－3)2>0，‎ ‎∴f(e)>f(1)，‎ ‎∴f(x)max＝f(e)＝e2－3e＋2.‎ 综上，函数f(x)在[1，e]上的最大值为e2－3e＋2，最小值为2ln2－4.‎ 三、解答题 ‎18．(文)已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．‎ ‎[解析]　(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，‎ 则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，‎ f ′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex 依题意须对于任意x∈(0,1)，有f ′(x)<0.‎ 当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f ′(0)＝－a<0，所以须 f ′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合条件．‎ 故a的取值范围0≤a≤1.‎ ‎(2)因为g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex，‎ ‎(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1，在x＝1处取得最大值g(1)＝e.‎ ‎(ⅱ)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝2，在x＝1处取得最小值g(1)＝0.‎ ‎(ⅲ)当00.‎ ‎①若≥1，即00)，n为正整数，a、b为常数．函数y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.‎ ‎(1)求a、b的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的最大值；‎ ‎(3)证明：f(x)<.‎ ‎[分析]　(1)根据导数的几何意义及点(1，f(1))在直线x＋y＝1上可求得a、b.‎ ‎(2)通过求导判定f(x)的单调性求其最大值．‎ ‎(3)借用第(2)问的结论f(x)的最大值小于，构造新的函数关系．‎ ‎[解析]　(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在直线x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0，‎ 因为f ′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，‎ 所以f ′(1)＝－a.‎ 又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，‎ 所以－a＝－1，即a＝1，‎ 故a＝1，b＝0.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，‎ f ′(x)＝(n＋1)xn－1(－x)．‎ 令f ′(x)＝0，解得x＝，‎ 即f ′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x＝.‎ 在(0，)上，f ′(x)>0，故f(x)单调递增；‎ 而在(，＋∞)上，f ′(x)<0，故f(x)单调递减．‎ 故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f()＝()n(1－)＝.‎ ‎(3)令φ(t)＝lnt－1＋(t>0)，则 φ′(t)＝－＝(t>0)．‎ 在(0,1)上，φ′(t)<0，故φ(t)单调递减；‎ 而在(1，＋∞)上φ′(t)>0，φ(t)单调递增．‎ 故φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.‎ 所以φ(t)>0(t>1)，‎ 即lnt>1－(t>1)．‎ 令t＝1＋，得ln>，‎ 即ln()n＋1>lne，‎ 所以()n＋1>e，即<.‎ 由(2)知，f(x)≤<，‎ 故所证不等式成立．‎ ‎[点评]　本题主要考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判断函数的单调法，在判断单调性和求函数的最大值时一定要注意函数的定义域．‎