高考数学理专题目一第三讲导数及其应用二轮复习

高考数学理专题目一第三讲导数及其应用二轮复习

第三讲　导数及其应用 ‎1．(2013·广东省广州市高三年级调研测试)已知e为自然对数的底数，则函数y＝xex的单调递增区间是(　　)‎ A．[－1，＋∞)　　　　　　　 B．(－∞，－1]‎ C．[1，＋∞) D．(－∞，1]‎ ‎2．已知曲线f(x)＝ln x在点(x0，f(x0))处的切线经过点(0，－1)，则x0的值为(　　)‎ A.　 B．1‎ C．e D．10‎ ‎3．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)‎ A．0　 B．1‎ C．2 D．无数个 ‎4．(2013·荆州市高中毕业班质量检测)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)‎ ‎5．(2013·高考福建卷)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)‎ A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)‎ B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 ‎6．函数f(x)＝的单调递减区间是________．‎ ‎7．(2013·广东省广州市高三年级调研测试)设f1(x)＝cos x，定义fn＋1(x)为fn(x)的导数，即fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N*，若△ABC的内角A满足f1(A)＋f2(A)＋…＋f2 013(A)＝0，则sin A的值是________．‎ ‎8．(2013·湖南十二校第二次考试)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎5‎ y ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎1‎ f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．‎ ‎(1)f(x)的极小值为________；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)－a有4个零点，则实数a的取值范围为________．‎ ‎9.‎ 已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在点x0处取得极小值－4，其导函数的图象经过(－1，0)，(1，0)，如图所示，求：‎ ‎(1)x0的值；‎ ‎(2)a，b，c的值．‎ ‎10．(2013·高考北京卷)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；‎ ‎(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．‎ ‎11．(2013·广州一模)已知n∈N*，设函数fn(x)＝1－x＋－＋…－，x∈R.‎ ‎(1)求函数y＝f2(x)－kx(k∈R)的单调区间；‎ ‎(2)是否存在整数t，对于任意n∈N*，关于x的方程fn(x)＝0在区间[t，t＋1]上有唯一实数解，若存在，求t的值；若不存在，说明理由．‎ 答案：‎ ‎1．【解析】选A.令y′＝ex(1＋x)≥0，又ex>0，∴1＋x≥0，‎ ‎∴x≥－1，故选A.‎ ‎2. 【解析】选B.依题意得，题中的切线方程是y－ln x0＝(x－x0)；又该切线经过点(0，－1)，于是有－1－ln x0＝·(－x0)，由此得ln x0＝0，x0＝1，故选B.‎ ‎3. 【解析】选A.函数定义域为(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝6x＋－2＝，‎ 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，‎ 所以g(x)>0恒成立，故f′(0)>0恒成立，‎ 即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．‎ ‎4．【解析】选C.f(x)在x＝－2处取得极小值，即x<－2，f′(x)<0；x>－2，f′(x)>0，那么y＝xf′(x)过点(0，0)及(－2，0)，且当x<－2时，f′(x)<0，则y>0.当－20，y<0.当x>0时，f′(x)>0，y>0，故C正确．‎ ‎5．【解析】选D.不妨取函数f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，易判断x0＝－1为f(x)的极大值点，但显然f(x0)不是最大值，故排除A；‎ ‎∵f(－x)＝－x3＋3x，f′(－x)＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1为f(－x)的极大值点，故排除B；‎ 又－f(x)＝－x3＋3x，[－f(x)]′＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1为－f(x)的极大值点，故排除C；‎ ‎∵－f(－x)的图象与f(x)的图象关于原点对称，由函数图象的对称性可得－x0应为函数－f(－x)的极小值点．故D正确．‎ ‎6．【解析】令f′(x)＝<0，得00，此时，f(x)为增函数，因此，在x＝－1处函数取得极小值，结合已知，可得x0＝－1.‎ ‎(2)由(1)知f(－1)＝－4，即－a＋b－c＝－4，‎ 再结合f′(x)的图象可知，方程f′(x)＝0的两根分别为－1，1，那么⇒，结合－a＋b－c＝－4，得a＝－2，b＝0，c＝6.‎ ‎10．【解】由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．‎ ‎(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，‎ 所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．‎ 解得a＝0，b＝f(0)＝1.‎ ‎(2)令f′(x)＝0，得x＝0.‎ f(x)与f′(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  ‎1‎  所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．‎ 当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；‎ 当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，‎ f(0)＝11时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．‎ 综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎11．【解】∵y＝f2(x)－kx＝1－x＋－－kx，‎ ‎∴y′＝－1＋x－x2－k＝－(x2－x＋k＋1)．‎ 方程x2－x＋k＋1＝0的判别式Δ＝(－1)2－4(k＋1)＝－3－4k.‎ 当k≥－时，Δ≤0，y′＝－(x2－x＋k＋1)≤0，‎ 故函数y＝f2(x)－kx在R上单调递减；‎ 当k<－时，方程x2－x＋k＋1＝0的两个实根为x1＝，x2＝，‎ 则x∈(－∞，x1)时，y′<0；x∈(x1，x2)时，y′>0；x∈(x2，＋∞)时，y′<0；‎ 故函数y＝f2(x)－kx的单调递减区间为(－∞，x1)和(x2，＋∞)，‎ ‎∴单调递增区间为(x1，x2)．‎ ‎(2)存在t＝1，对于任意n∈N*，关于x的方程fn(x)＝0在区间[t，t＋1]上有唯一实数解，理由如下：‎ 当n＝1时，f1(x)＝1－x，令f1(x)＝1－x＝0，解得x＝1，‎ ‎∴关于x的方程f1(x)＝0有唯一实数解x＝1.‎ 当n≥2时，由fn(x)＝1－x＋－＋…－，‎ 得fn′(x)＝－1＋x－x2＋…＋x2n－3－x2n－2，‎ 若x＝－1，则fn′(x)＝fn′(－1)＝－(2n－1)<0，‎ 若x＝0，则fn′(x)＝－1<0，‎ 若x≠－1且x≠0时，则fn′(x)＝－，‎ 当x<－1时，x＋1<0，x2n－1＋1<0，fn′(x)<0，‎ 当x>－1时，x＋1>0，x2n－1＋1>0，fn′(x)<0，‎ ‎∴fn′(x)<0，故fn(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．‎ ‎∵fn(1)＝(1－1)＋＋＋…＋>0；‎ fn(2)＝(1－2)＋＋＋…＋ ‎＝－1＋22＋24＋…＋22n－2‎ ‎＝－1－22－24－…－22n－2<0.‎ ‎∴方程fn(x)＝0在[1，2]上有唯一实数解．‎ 当x∈(－∞，1)时，fn(x)>fn(1)>0；当x∈(2，＋∞)时，fn(x)

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