高考理科数学专题复习练习 3.1导数的概念及运算
第三章导数及其应用
3.1导数的概念及运算
专题1
导数的概念与几何意义
■(2015江西重点中学盟校高三第一次联考,导数的概念与几何意义,选择题,理3)函数y=x3的图象在原点处的切线方程为( )
A.y=x B.x=0
C.y=0 D.不存在
解析:由f'(x)=3x2,得f'(0)=0,所以f(x)在原点处的切线方程为y=0,故选C.
答案:C
3.2导数与函数的单调性、极值、最值
专题1
导数与函数的单调性
■(2015东北三省三校高三二模,导数与函数的单调性,选择题,理12)若函数y=sin 2x+acos x在(0,π)上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1] B.[-1,+∞)
C.(-∞,0) D.(0,+∞)
解析:依题意,当x∈(0,π)时,y'=2×cos2x-asinx≥0,即a≤-2sinx恒成立.令t=sinx,则当x∈(0,π)时,t∈(0,1],函数y=-2t在区间(0,1]上是减函数,所以函数y=-2t在区间(0,1]上的最小值是y|t=1=1-2×1=-1,于是有a≤-1,实数a的取值范围是(-∞,-1],故选A.
答案:A
专题2
导数与函数的极值
■(2015江西八所重点中学高三联考,导数与函数的极值,解答题,理21)已知f(x)=x2+ax+sinx,x∈(0,1).
(1)若f(x)在定义域内单调递增,求a的取值范围;
(2)当a=-2时,记f(x)得极小值为f(x0),若f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2x0.
解:(1)f'(x)=2x+a+cosx,x∈(0,1).
依题意f'(x)≥0恒成立,2x+cosx≥-a,
令g(x)=2x+cosx,x∈(0,1),g'(x)=2-sinx,
∵g'(x)在x∈(0,1)单调递减,且g'(0)>0,g'(1)<0,
∴g'(x)在(0,1)上存在唯一零点x0.
∴g(x)在(0,ξ)上单调递增,在(ξ,1)上单调递减,
由得a≥-.
(2)当a=-2时,f(x)=x2-2x+sinx,x∈(0,1),
f'(x)=2x-2+cosx.
令φ(x)=f'(x),x∈(0,1),
φ'(x)=2-sinx,显然φ'(x)在(0,1)单调递减,
又φ'(0)=2>0,φ'(1)=2-<0.
故存在唯一实数ξ,使得φ'(ξ)=0.
∴φ(x)在(0,ξ)上单调递增,在(ξ,1)上单调递减.
即f'(x)在(0,ξ)上单调递增,在(ξ,1)上单调递减.
又f'(0)=-2+<0,f'(1)=0,∴f'(ξ)>0,
由f'(x0)=0,知0
2x0.
■(2015东北三省三校高三第一次联考,导数与函数的极值,解答题,理21)已知a是实常数,函数f(x)=xln x+ax2.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线过点A(0,-2),求实数a的值;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1f(x1)>-.
解:(1)由已知得f'(x)=lnx+1+2ax(x>0),切点坐标为(1,a),
切线方程为y-a=(2a+1)(x-1),
把(0,-2)代入解得a=1.
(2)证明:①依题意得f'(x)=0有两个不等的实数根x1,x2(x10),
(ⅰ)当a≥0时,g'(x)>0,g(x)是增函数,不符合题意;
(ⅱ)当a<0时,由g'(x)=0,得x=->0,则g(x),g'(x)的变化情况为
x
-
g'(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
依题意得g=ln>0,
解得-f(x1).
又f'(1)=g(1)=2a+1>0,故x1∈(0,1),
由(1)知ax1=,
f(x1)=x1lnx1+a(x1lnx1-x1)(0h(1)=-,即f(x1)>-.
综上所述,f(x2)>f(x1)>-成立.
专题3
导数与函数的最值
■(2015辽宁大连高三双基测试,导数与函数的最值,选择题,理12)已知f(x)=x+xln x,若k∈Z,且k(x-2)2恒成立,则k的最大值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:依题意,当x=4时,不等式k(x-2)2恒成立.记g(x)=f(x)-4(x-2)=xlnx-3x+8,则g'(x)=lnx-2,当2e2时,g'(x)>0,因此g(x)在(2,+∞)上的最小值为g(e2)=8-e2>0,即对任意x>2,均有g(x)≥g(e2)>0,即k(x-2)1,存在实数a,b满足0g(c),即恒成立,所以k<,c>1.令p(c)=,c>1,则p'(c)=.
令q(c)=c-2-lnc,c>1,因为q'(c)=1->0,所以q(c)单调递增,得q(c)>q(1)=-1,又q(3)=1-ln3<0,q(4)=2-ln4>0,所以存在c0∈(3,4),使得q(c0)=0,即c0-2=lnc0,当c∈(1,c0)时,q(c)<0,p(c)单调递减,当c∈(c0,+∞)时,q(c)>0,p(c)单调递增,p(c)min=p(c0)=,将c0-2=lnc0代入得p(c)min==c0,所以k时,g'(x)>0,当-0时,f(x)>g(x).
解:(1)∵f(x)=ax-2-lnx(a∈R),
∴f'(x)=a-.
又f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为,
∴f'(e)=,∴a=.
∴切点为(e,-1),将切点代入切线方程得b=-2e.
(2)由(1)知f'(x)=a-(x>0).
当a≤0时,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上是单调递减函数,
当a>0时,令f'(x)=0,得x=.
当x变化时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
↗
由表可知f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调减区间为(0,+∞);
当a>0时,f(x)的单调减区间为,单调增区间为.
(3)证明:当x>0时,要证f(x)>g(x),
即证f(x)-ax+ex>0.
即证ex-lnx-2>0,
令h(x)=ex-lnx-2(x>0),只需证g(x)>0,
∵h'(x)=ex-,
由指数函数及幂函数的性质知h'(x)=ex-在(0,+∞)上是增函数.
又h'(1)=e-1>0,h'-3<0,
∴h'(1)·h'<0.
h'(x)在内存在唯一的零点,也即h'(x)在(0,+∞)上有唯一零点,
设h'(x)的零点为t,则h'(t)=et-=0.
即et=.
由h'(x)的单调性知,当x∈(0,t)时,h'(x)h'(t)=0,g(x)为增函数,
∴当x>0时,h(x)≥h(t)=et-lnt-2=-ln-2=+t-2≥2-2=0,
又∵0.
■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,导数与函数的最值,解答题,理20)已知函数f(x)=ln(a+x)-ln(a-x)(a>0).
(1)曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,求a的值;
(2)当x≥0时,不等式f(x)≥2x+恒成立,试求a的取值范围.
解:(1)已知f(x)=ln(a+x)-ln(a-x)(a>0),
则f'(x)=,f'(0)=,
由题意知f'(0)=2,∴=2,∴a=1.
(2)令g(x)=f(x)-2x-(0≤x1时,a2-1>0,a-a2<0.
∴00时,ex+1≥ax+b⇔b≤ex+1-ax⇔ab≤aex+1-a2x,令f(x)=aex+1-a2x,故f'(x)=a(ex+1-a),令f'(x)=0,解得x=lna-1,当xlna-1时,f'(x)>0,故f(x)min=f(lna-1)=2a2-a2lna,故ab≤2a2-a2lna.令g(a)=2a2-a2lna(a>0),故g'(a)=a(3-2lna)(a>0),令g'(a)=0,解得a=,当00;当a>时,g'(a)<0,故g(a)max=g()=e3,故ab的最大值为e3,故选A.
答案:A
■(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,导数与函数的最值,解答题,理21)已知二次函数f(x)=ax2+bx+1,其中a,b∈R,g(x)=ln(ex),且函数F(x)=f(x)-g(x)在x=1处取得极值.
(1)求a,b所满足的关系;
(2)试判断是否存在a∈(-2,0)∪(0,2),使得对∀x∈[1,2],不等式(x+a)F(x)≥0恒成立?如果存在,请求出符合条件的a的所有值;如果不存在,请说明理由.
解:(1)F(x)=ax2+bx+1-ln(ex),F'(x)=2ax+b-.
∵F(x)在x=1处取得极值,
∴F'(1)=2a+b-1=0.
F'(x)==0,
x1=-,x2=1,且x1≠x2,∴a≠-.
∴2a+b-1=0为a,b所满足的关系.
(2)∵F(x)=ax2+(1-2a)x-ln(ex).
①当a∈(0,2)时,∵x∈[1,2],且(x+a)F(x)≥0,
∴F(x)≥0,
∵F'(x)=≥0,
∴F(x)在[1,2]上单调递增,
∴F(x)≥F(1)=1-a≥0即可,∴a∈(0,1];
②当a∈(-2,0),且a≠-时,x1=-,x2=1,
(ⅰ)若-<1,即-20,F(x)≥F(2)=2-ln2>0,
∴(x+a)F(x)≥0恒成立,∴a∈;
(ⅲ)若-≥2,即-≤a<0时,
F(x)在[1,2]上单调递增,且(x+a)F(x)≥0恒成立,
∴a∈.
综上所述,a∈∪(0,1].
■(2015东北三省三校高三第一次联考,导数与函数的最值,选择题,理11)已知数列{an}满足:an=n3-n2+3+m.若数列的最小项为1,则m的值为( )
A. B. C.- D.-
解析:令f(x)=x3-x2+3+m,x∈(0,+∞),则f'(x)=x2-x=x,当x∈时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,故x=为函数f(x)的极小值点,也是最小值点.由于n∈N*,且a2=+m,a3=+m,故a20).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)在上的最大值;
(3)若存在x1,x2(x10),则f'(x)=1-aeax.
令f'(x)=1-aeax=0,则x=ln.
当x变化时,f(x)与f'(x)的变化情况如下表:
x
ln
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
故函数f(x)的单调递增区间为;
单调递减区间为.
(2)当ln,
即00,即a<,
∵f-e>0,
由此可得x1ln,
即x1-x2<.
又∵f(x1)=x1-=0,f(x2)=x2-=0.
∴=eln(ae)=ae.
■(2015银川一中高三二模,利用导数解决不等式的有关问题,解答题,理21)已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0,其中a>0.
(1)求a的值;
(2)已知结论:若函数f(x)=x-ln(x+a)在(m,n)内导数都存在,且m>-a,则存在x0∈(m,n),使得f'(x0)=.试用这个结论证明:若-a-a,
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-a,1-a)
1-a
(1-a,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
因此,f(x)在x=1-a处取得最小值,
故由题意f(1-a)=1-a=0,所以a=1.
(2)令h(x)=f(x)-g(x)
=f(x)-(x-x1)-f(x1),
则h'(x)=f'(x)-.
因为f(x)在x∈(x1,x2)上存在导数,
所以存在x0∈(x1,x2),
使得f'(x0)=,
又因为f'(x)=,
所以h'(x)=f'(x)-f'(x0)=.
因为当x∈(x1,x0)时,h'(x)<0,h(x)为单调减函数,
所以h(x)0,h(x)为单调增函数,
所以h(x)0对x∈(1,+∞)成立,
即f'(x)在(1,+∞)上为增函数,
又f'(1)=0,故f'(x)>0对x∈(1,+∞)成立,
∴f(x)在(1,+∞)上为增函数.
(3)∵x≥1,∴由f(x)≥g(x),得
x·ex-1-ax3-x2+(a-1)x+a≥0,
设h(x)=x·ex-1-ax3-x2+(a-1)x+a(x≥1).
∴h'(x)=(x+1)ex-1-ax2-x+a-1
=(x+1)[ex-1-a(x-1)-1](x≥1),
设k(x)=ex-1-a(x-1)-1(x≥1),
∴k'(x)=ex-1-a.
①当a≤1时,k'(x)≥0对x∈[1,+∞)成立.
又k(1)=0,故k(x)≥0,即h'(x)≥0,
∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,故h(x)≥0.
②当a>1时,由k'(x)=0,得x=1+lna>1.
当x∈(1,1+lna)时,k'(x)<0,
又k(1)=0,故k(x)<0,即h'(x)<0.
又h(1)=0,故h(x)<0,这与已知条件不符.
综上所述,实数a的取值范围为(-∞,1].
3.4定积分与微积分基本定理
专题1
定积分的计算
■(2015江西八所重点中学高三联考,定积分的计算,填空题,理13)计算:(x3cos x)dx= .
解析:利用奇函数的对称性求解.因为函数y=x3cosx,x∈[-3,3]是奇函数,所以(x3cosx)dx=(x3cosx)dx+(x3cosx)dx=0.
答案:0
专题2
利用定积分求平面图形的面积
■(2015银川高中教学质量检测,利用定积分求平面图形的面积,填空题,理14)由函数y=x2的图象与直线y=2x围成的图形的面积是 .
解析:利用微积分基本定理求解.结合图形易得所求面积为(2x-x2)dx==4-.
答案:
■(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,利用定积分求平面图形的面积,选择题,理5)由y=-1,y=0,x=2所对应的曲线围成的封闭图形的面积为( )
A.ln 2- B.-ln 2
C.1-ln 2 D.ln 2-1
解析:依题意得所求的面积等于dx=(x-lnx)=1-ln2,故选C.
答案:C
