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

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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

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.‎
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