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专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第五讲 导数应用(一)课时作业 理

专题篇 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第五讲 导数应用(一)课时作业 理


2017 届高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题一 集合、常用逻 辑用语、不等式、函数与导数 第五讲 导数应用(一)课时作业 理
1.(2016·高考四川卷)已知 a 为函数 f(x)=x -12x 的极小值点,则 a=( A.-4 C.4 解析:根据导数求解. 由题意得 f′(x)=3x -12,令 f′(x)=0 得 x=±2, ∴当 x<-2 或 x>2 时,f′(x)>0; 当-2<x<2 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数. ∴f(x)在 x=2 处取得极小值,∴a=2. 答案:D 2.函数 y=f(x)的图象如图所示,则导函数 y=f′(x)的图象的大致形状是( )
2 3

)

B.-2 D.2

解析:由 f(x)图象先降再升后趋于平稳知,f′(x)的函数值先为负,再为正,后为零.故 选 D. 答案:D
x

3.(2016·广东五校联考)曲线 y=e 2 在点(4,e )处的切线与坐标轴所围三角形的面积为 ( 9 2 A. e 2 C.2e
2

2

) B.4e D.e
x
1
2 2

1 1 ?4 1 2 1 2 2 解析:∵y′= e 2 ,∴k= e 2 = e ,∴切线方程为 y-e = e (x-4),令 x=0,得 y= 2 2 2 2 1 2 2 2 -e ,令 y=0,得 x=2,∴所求面积为 S= ×2×|-e |=e . 2 答案:D 4.(2016·沈阳模拟)已知偶函数 f(x)(x≠0)的导函数为 f′(x),且满足 f(1)=0,当 x>0 时,xf′(x)<2f(x),则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( A.(-∞,-1)∪(0,1)
1

)

B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-1,0)∪(0,1) 解析: 根据题意, 设函数 g(x)=

f x f (x≠0), 当 x>0 时, g′(x)= 2 x

x

x-2·f x x3

<0,说明函数 g(x)在(0, +∞)上单调递减,又 f(x)为偶函数, 所以 g(x)为偶函数, 又 f(1) =0, 所以 g(1)=0, 故 g(x)在(-1,0)∪(0,1)上的函数值大于零, 即 f(x)在(-1,0)∪(0,1) 上的函数值大于零. 答案:D 1 3 ? b? 2 5. (2016·河北“五个一”名校联考)若函数 f(x)= x -?1+ ?x +2bx 在区间[-3,1]上不 3 ? 2? 是单调函数,则函数 f(x)在 R 上的极小值为( 4 A.2b- 3 C.0
2

)

3 2 B. b- 2 3 1 3 2 D.b - b 6

解析: f′(x)=x -(2+b)x+2b=(x-b)(x-2), ∵函数 f(x)在区间[-3,1]上不是单调函 数,∴-3<b<1,则由 f′(x)>0,得 x<b 或 x>2,由 f′(x)<0,得 b<x<2,∴函数 f(x)的极 4 小值为 f(2)=2b- . 3 答案:A 6.(2016·长春模拟)函数 f(x)=2x-ln x 的单调递增区间是________. 1 1 解析:函数 f(x)=2x-ln x 的定义域为(0,+∞),由 f′(x)=2- ≥0,解得 x≥ ,所以 x 2

?1 ? 函数 f(x)=2x-ln x 的单调递增区间为? ,+∞?. ?2 ? ?1 ? 答案:? ,+∞? 2 ? ?
7.(2016·山西四校联考)已知 f(x)=axln x+1(a∈R),x∈(0,+∞),f′(x)为 f(x)的 导函数,f′(1)=2,则 a=________. 解析:∵f′(x)=aln x+a,∴f′(1)=a=2. 答案:2 8.(2015·高考全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=ax +x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点 (2,7),则 a=________. 解析:因为 f(x)=ax +x+1,所以 f′(x)=3ax +1,所以 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜 率为 k=3a+1, 又 f(1)=a+2, 所以切线方程为 y-(a+2)=(3a+1)(x-1), 因为点(2,7)
3 2 3

2

在切线上,所以 7-(a+2)=3a+1,解得 a=1. 答案:1 9.(2016·高考北京卷)设函数 f(x)=xe 为 y=(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 解析:(1)因为 f(x)=xe 所以 f′(x)=(1-x)e 依题设,?
a-2 a-x a-x

+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程

+bx,

a-x

+b.

? ?f ?f ?

=2e+2, =e-1,

? ?2e +2b=2e+2, 即? a-2 ? ?-e +b=e-1.

解得?

?a=2, ? ?b=e, ?
2-x

(2)由(1)知 f(x)=xe 由 f′(x)=e
2-x

+ex.
x-1

(1-x+e
x-1

)及 e

2-x

>0 知,f(x)与 1-x+e
x-1

x-1

同号.

令 g(x)=1-x+e

,则 g′(x)=-1+e

.

所以,当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞),故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 10.(2016·武汉调研)已知函数 f(x)=(λ x+1)ln x-x+1. (1)若 λ =0,求 f(x)的最大值; (2)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 x+y+1=0 垂直,证明: 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 当 λ =0 时,f(x)=ln x-x+1. 1 则 f′(x)= -1,令 f′(x)=0,解得 x=1.

f x >0. x-1

x

当 0<x<1 时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增函数; 当 x>1 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,+∞)上是减函数. 故 f(x)在 x=1 处取得最大值 f(1)=0. λ x+1 (2)证明:由题可得,f′(x)=λ ln x+ -1.

x

3

由题设条件,得 f′(1)=1,即 λ =1. ∴f(x)=(x+1)ln x-x+1. 由(1)知,ln x-x+1<0(x>0,且 x≠1). 当 0<x<1 时,f(x)=(x+1)ln x-x+1=xln x+(ln x-x+1)<0,

f x >0. x-1 f ? 1 1 ? 当 x>1 时,f(x)=ln x+(xln x-x+1)=ln x-x?ln - +1?>0,∴ x

?

x x

?

x-1

>0.

综上可知,

f x >0. x-1 x

2 11.已知函数 f(x)=x- +a(2-ln x)(a>0),求函数 f(x)的单调区间与极值点.

a x2-ax+2 解析:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1+ 2- = . x x x2
2 设 g(x)=x -ax+2,对于二次方程 g(x)=0, 判别式 Δ =a -8. ①当 Δ =a -8<0,即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0,此时 f(x)在(0,+∞)上是 增函数,无极值点. ②当 Δ =a -8=0,即 a=2 2时,仅对 x= 2有 f′(x)=0,对其余的 x>0 都有 f′(x)>0, 此时 f(x)在(0,+∞)上也是增函数,无极值点. ③当 Δ =a -8>0,即 a>2 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实数根 x1=
2 2 2 2 2

a- a2-8
2

,x2=

a+ a2-8
2

,0<x1<x2.

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)
此时 f(x) 在 (0 , (

(0,x1) +

x1
0

(x1,x2) -

x2
0

(x2,+∞) +

f(x1)
2 ) 上是增加的,在 ( 2

f(x2) a- a2-8


a- a2-8

a+ a2-8
2

) 上是减少的,在

a+ a2-8
2

,+∞)上是增加的.x1=

a- a2-8
2

是函数的极大值点,x2=

a+ a2-8
2

是函数

的极小值点.

4


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