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第一部分 专题一 第5讲 导数


第一部分 专题一 第 5 讲
(限时 60 分钟,满分 100 分) 一、选择题(本大题共 6 个小题,每小题 6 分,共 36 分)

导数

1.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1·2 等于( x A.9 C.1 B.-9 D.-1

)

解析:f′(x)=3x2+2ax+3,则 x1·2=1. x 答案:C 2.设 a 为实数,函数 f(x)=x3+ax2+(a-2)x 的导函数是 f′(x),且 f′(x)是偶函数, 则曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为( A.y=-2x C.y=-3x
2

)

B.y=3x D.y=4x

解析:由已知得 f′(x)=3x +2ax+a-2,因为 f′(x)是偶函数,所以 a=0,即 f′(x) =3x2-2,从而 f′(0)=-2,所以曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=-2x. 答案:A 3.(理)一个人以 6 米/秒的匀速度去追赶停在交通灯前的汽车,当他离汽车 25 米时交 通灯由红变绿,汽车开始作变速直线行驶(汽车与人的前进方向相同),汽车在时刻 t 的速度 为 v(t)=t 米/秒,那么,此人( A.可在 7 秒内追上汽车 B.可在 9 秒内追上汽车 C.不能追上汽车,但其间最近距离为 14 米 D.不能追上汽车,但其间最近距离为 7 米 1 1 解析:t 秒后人走过的路程为 6t,汽车行驶的路程为∫t0v(t)dt=∫t0tdt= t2,由 t2-6t 2 2 1 +25= (t-6)2+7≥7 可以看出,人不能追上汽车,且其间最近距离为 7 米. 2 答案:D π (文)已知函数 f(x)=kcosx 的图象经过点 P( ,1),则函数图象上过点 P 的切线斜率等于 3 ( A.1 C.- 3 B. 3 D.-1 ) )

π π π π 解析:f( )=kcos =1?k=2,f′(x)=-ksinx,f′( )=-2sin =- 3,即所求切线 3 3 3 3

斜率为- 3. 答案:C 3 4.函数 y=f(x)在定义域(- ,3)内可导,其图象如图所示,记 y=f(x)的导函数为 y= 2 f′(x),则不等式 f′(x)≤0 的解集为( )

1 A.[- ,1]∪[2,3) 3 3 1 C.[- , ]∪[1,2] 2 2

1 4 8 B.[-1, ]∪[ , ] 2 3 3 3 1 1 4 D.[- ,- ]∪[ , ] 2 3 2 3

解析:由题意知,选择 f(x)的减区间即为所求. 答案:A 5.(2010· 山东高考)已知某生产厂家的年利润 y(单元:万元)与年产量 x(单位:万件)的 1 函数关系式为 y=- x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( 3 A.13 万件 C.9 万件 B.11 万件 D.7 万件 )

解析:因为 y′=-x2+81,所以当 x>9 时,y′<0;当 x∈(0,9)时,y′>0,所以函 1 数 y=- x3+81x-234 在(9,+∞)上单调递减,在(0,9)上单调递增,所以 x=9 是函数的极 3 大值点,又因为函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以函数在 x=9 处取得最大值. 答案:C 6.若函数 y=f(x)在 R 上可导,且满足不等式 xf′(x)>-f(x)恒成立,且常数 a,b 满足 a>b,则下列不等式一定成立的是( A.af(a)>bf(b) C.af(b)<bf(a) 解析:令 F(x)=xf(x), 则 F′(x)=xf′(x)+f(x), 由 xf′(x)>-f(x), 得:xf′(x)+f(x)>0,即 F′(x)>0, 所以 F(x)在 R 上为递增函数. 因为 a>b,所以 af(a)>bf(b). 答案:A 二、填空题(本大题共 3 个小题,每小题 6 分,共 18 分) ) B.af(a)<bf(b) D.af(b)>bf(a)

7.(理)已知(xlnx)′=lnx+1,则∫e (lnx+1)dx=________. 1 解析:∫e (lnx+1)dx=xlnx|e =elne-ln1=e. 1 1 答案:e π (文)使函数 f(x)=x+2cosx 在[0, ]上取最大值的 x 为________. 2 1 π 解析:f′(x)=1-2sinx=0 时,sinx= ,x= . 2 6 答案: π 6

π π 8.已知函数 f(x)=f′( )cosx+sinx,则 f( )的值为________. 4 4 π 解析:∵f(x)=f′( )cosx+sinx, 4 π ∴f′(x)=-f′( )sinx+cosx, 4 π π π π π ∴f′( )=-f′( )sin +cos ,∴f′( )= 2-1, 4 4 4 4 4 π π π 从而有 f( )=( 2-1)cos +sin =1. 4 4 4 答案:1 9.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx,其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),如图所 示,则下列说法中不正确的是________. .

3 ①当 x= 时函数取得极小值;②f(x)有两个极值点;③当 x=2 时函数取得极小值;④ 2 当 x=1 时函数取得极大值. 解析:从图象上可以看到:当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;当 x ∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值, 当 x=1 时函数取得极大值.只有①不正确. 答案:① 三、解答题(本大题共 3 个小题,共 46 分) 10.(本小题满分 15 分)(2010· 安徽高考)设函数 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,求 函数 f(x)的单调区间与极值. 解:由 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π, 知 f′(x)=cosx+sinx+1,

π 于是 f′(x)=1+ 2sin(x+ ). 4 π 2 令 f′(x)=0,从而 sin(x+ )=- , 4 2 得 x=π,或 x= 3π . 2

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (0,π) + 单调递增 π 0 π+2 3π (π, ) 2 - 单调递减 3π 2 0 3 π 2 3π ( ,2π) 2 + 单调递增

3π 3π 因此,由上表知 f(x)的单调递增区间是(0,π)与( ,2π),单调递减区间是(π, ),极 2 2 3π 3π 小值为 f( )= ,极大值为 f(π)=π+2. 2 2 11.(本小题满分 15 分)(2010· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=3ax4-2(3a+1)x2+4x. 1 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值; 6 (2)若 f(x)在(-1,1)上是增函数,求 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1). 1 当 a= 时,f′(x)=2(x+2)(x-1)2, 6 ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递减,在(-2,+∞)内单调递增,在 x=-2 时,f(x)有极小 值. 所以 f(-2)=-12 是 f(x)的极小值. (2)在(-1,1)上,f(x)单调增加,当且仅当 f′(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1)≥0,即 3ax2+ 3ax-1≤0,① (ⅰ)当 a=0 时①恒成立; (ⅱ)当 a>0 时①成立,当且仅当 3a·2+3a· 1 1-1≤0. 1 解得 0<a≤ . 6 3a 1 (ⅲ)当 a<0 时①成立,即 3a(x+ )2- -1≤0 成立, 2 4 3a 4 当且仅当- -1≤0.解得- ≤a<0. 4 3 4 1 综上,a 的取值范围是[- , ]. 3 6 12. (本小题满分 16 分)设函数 f(x)是定义在[-1,0)∪(0,1]上的奇函数, x∈[-1,0)时, 当

1 f(x)=2ax+ 2(a 为实数). x (1)求当 x∈(0,1]时,f(x)的解析式; (2)若 f(x)在(0,1]上是增函数,求 a 的取值范围; (3)是否存在 a,使得当 x∈(0,1]时,f(x)有最大值-6? 解:(1)当 x∈(0,1]时,-x∈[-1,0). 1 1 f(x)=-f(-x)=-(-2ax+ 2)=2ax- 2. x x 2 (2)f′(x)=2a+ 3,x∈(0,1]. x 因为 f(x)在(0,1]上是增函数, 所以 f′(x)≥0 在(0,1]上恒成立, 1 即 a≥- 3在(0,1]上恒成立, x 1 令 g(x)=- 3,x∈(0,1], x 因为 g(x)在(0,1]上是单调增函数, 所以[g(x)]max=g(1)=-1, 所以 a≥-1. (3)①当 a≥-1 时,由(2)知 f(x)在(0,1]上是增函数, 5 所以[f(x)]max=f(1)=-6,解得 a=- ,与 a≥-1 矛盾. 2 ②当 a<-1 时,令 f′(x)=0,得 x= 3 3 1 - ∈(0,1], a

当 x∈(0, 3

1 1 -a)时,f′(x)=2(a+ 3)>0,f(x)是增函数, x

当 x∈(

1 1 -a,1]时,f′(x)=2(a+ 3)<0,f(x)是减函数. x 3 1 -a)=-6, =-6,

所以[f(x)]max=f( 3 1 - - a ? 3

即 2a

1 3 1 -a?2

解得

1 2 -a= ,a=-2 2. 2

综上,存在 a=-2 2,使得当 x∈(0,1]时,f(x)有最大值-6.

x 1.函数 f(x)=2mcos2 +1 的导函数的最大值等于 1,则实数 m 的值等于( 2 A.± 1 C.-1 B.1 D.2

)

x 解析:显然 m≠0,所以 f(x)=2mcos2 +1 2 x =m(2cos2 -1)+m+1=mcosx+m+1, 2 因此 f′(x)=-msinx,其最大值为 1,故有 m=± 1. 答案:A 2. (2010· 江西高考)等比数列{an}中, 1=2, 8=4, a a 函数 f(x)=x(x-a1)(x-a2)…(x-a8), 则 f′(0)=( A.26 C.212 ) B.29 D.215

解析:f′(x)=x′· [(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]+[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′· x =(x-a1)(x-a2)…(x-a8)+[(x-a1)(x-a2)…(x-a8)]′· x 所以 f′(0)=(0-a1)(0-a2)…(0-a8)+[(0-a1)(0-a2)…(0-a8)]′· 1a2…a8, 0=a 因为数列{an}为等比数列,所以 a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8,所以 f′(0)=84=212. 答案:C f?x1?-f?x2? 1 3.已知 f(x)=alnx+ x2(a>0),若对任意两个不等的正实数 x1、x2 都有 >2 恒 2 x1-x2 成立,则 a 的取值范围是( A.(0,1] C.(0,1) ) B.(1,+∞) D.[1,+∞)

a a 解析:由题意得 f′(x)= x +x≥2 a,当且仅当 x =x,即 x= a时取等号,所以 f?x1?-f?x2? >f′(x)min=2 a≥2,∴a≥1. x1-x2 答案:D 4.已知函数 f(x)=x3-ax2-3x. (1)若 f(x)在 x∈[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 x=3 是 f(x)的极值点,求 f(x)在 x∈[1,a]上的最小值和最大值. 解:(1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x2-2ax-3. 3 1 由 f′(x)>0(x≥1),得 a< (x-x). 2

3 1 记 t(x)= (x- ), x 2 3 当 x≥1 时,t(x)是增函数,∴t(x)min= (1-1)=0. 2 ∴a<0,又∵a=0 时也符合题意,故 a≤0. (2)由题意,得 f′(3)=0,即 27-6a-3=0,∴a=4, ∴f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3. 1 令 f′(x)=0,得 x1=- ,x2=3. 3 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 1 (-∞,- ) 3 + ? - 0 极大值 1 3 1 (- ,3) 3 - ? 3 0 极小值 (3,+∞) + ?

1 ∴当 x∈(-∞,- ]与[3,+∞)时,f(x)是增函数; 3 1 当 x∈[- ,3]时,f(x)是减函数. 3 于是,当 x∈[1,4]时,f(x)在 x=3 时取得最小值 f(x)min=f(3)=-18; 而 f(1)=-6,f(4)=-12,∴f(x)max=f(1)=-6.
3 2 ? ?-x +x +bx+c,x<1 5.已知函数 f(x)=? 的图象过坐标原点 O,且在点(-1,f(-1)) ?alnx,x≥1 ?

处的切线的斜率是-5. (1)求实数 b、c 的值; (2)求 f(x)在区间[-1,2]上的最大值. 解:(1)当 x<1 时,f(x)=-x3+x2+bx+c, 则 f′(x)=-3x2+2x+b.
? ? ?f?0?=0 ?c=0 依题意,得? ,即? , ?f′?-1?=-5 ?-3-2+b=-5 ? ?

解得 b=c=0.
?-x3+x2,x<1 ? (2)由(1)知,f(x)=? ? ?alnx,x≥1

2 ①当-1≤x<1 时,f′(x)=-3x2+2x=-3x(x- ), 3

2 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x= . 3 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-1,0) - 单调递减 0 0 极小值 2 (0, ) 3 + 单调递增 2 3 0 极大值 2 ( ,1) 3 - 单调递减

2 4 又 f(-1)=2,f( )= ,f(0)=0, 3 27 ∴f(x)在[-1,1)上的最大值为 2. ②当 1≤x≤2 时,f(x)=alnx. 当 a≤0 时,f(x)≤0,∴f(x)的最大值为 0; 当 a>0 时,f(x)在[1,2]上单调递增, ∴f(x)在[1,2]上的最大值为 aln2. 综上所述, 当 aln2≤2,即 a≤ 2 时,f(x)在[-1,2]上的最大值为 2; ln2

2 当 aln2>2,即 a> 时,f(x)在[-1,2]上的最大值为 aln2. ln2 6.已知函数 f(x)=x2-(2a+1)x+alnx. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的单调增区间; (2)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最小值; 1 (3)(理)设 g(x)=(1-a)x,若存在 x0∈[ ,e],使得 f(x0)≥g(x0)成立,求实数 a 的取值范 e 围. 解:(1)当 a=1 时,f(x)=x2-3x+lnx,定义域为(0,+∞),
2 1 2x -3x+1 ?2x-1??x-1? f′(x)=2x-3+x= = . x x

1 令 f′(x)=0,得 x=1 或 x= . 2 x f′(x) f(x) 1 (0, ) 2 + ? 1 2 0 极大值 1 ( ,1) 2 - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?

1 所以函数 f(x)的单调增区间为(0, ),(1,+∞). 2
2 a 2x -?2a+1?x+a ?2x-1??x-a? (2)f′(x)=2x-(2a+1)+x= = ,令 f′(x)=0,得 x=a x x

1 或 x= . 2 1 1 当 a≤ 时,f(x)在[ ,+∞)上单调增,所以 f(x)在区间[1,e]上单调增; 2 2 1 1 当 <a≤1 时,f(x)在(0, ],[a,+∞)上单调增,所以 f(x)在区间[1,e]上单调增. 2 2 综上,当 a≤1 时,f(x)min=f(1)=-2a; 当 1<a<e 时, x f′(x) f(x) (1,a) - ? a 0 a(lna-a-1) (a,e) + ?

所以 f(x)min=f(a)=a(lna-a-1); 1 1 当 a≥e 时,f(x)在(0, ],[a,+∞)上单调增,在( ,a)上单调减,所以在[1,e]上单 2 2 调减. 所以 f(x)min=f(e)=e2-(2a+1)e+a. 1 (3)由题意,不等式 f(x)≥g(x)在[ ,e]上有解, e 1 即 x2-2x+a(lnx-x)≥0 在[ ,e]上有解. e 1 因为当 x∈[ ,1]时,lnx≤0<x; e 当 x∈(1,e]时,lnx≤1<x, 所以 lnx-x<0, 所以 a≤ x2-2x 1 在[ ,e]上有解. x-lnx e x2-2x , x-lnx

设 h(x)=

1 ?2x-2??x-lnx?-?1-x??x2-2x? 则 h′(x)= ?x-lnx?2 = ?x-1??x+2-2lnx? , ?x-lnx?2

1 因为 x∈[ ,e],所以 x+2>2≥2lnx, e 1 所以当 x∈( ,1)时,h′(x)<0,此时 h(x)是减函数; e 当 x∈(1,e)时,h′(x)>0,此时 h(x)是增函数.

11 ? -2? e?e-2? 1 ee 因为 h( )= <0,h(e)= >0, e 1 e-1 +1 e e?e-2? 1 所以当 x∈[ ,e]时,h(x)max=h(e)= , e e-1 所以 a≤ e?e-2? . e-1 e?e-2? ]. e-1

所以实数 a 的取值范围为(-∞,


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