2014高考数学理二轮复习好题汇编(真题模拟)导数及其应用

第1页共7页导数及其应用一、选择题1．(2013·浙江高考)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)的图象如图1－5－1所示，则该函数的图象是()图1－5－1【解析】从导数的图象可看出，导函数值先增大后减小，当x＝0时，f′(x)有最大值．结合导数的几何意义知，B正确．【答案】B2．(2013·临沂模拟)已知f(x)＝x3－92x2＋6x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(2)＞0；④f(0)f(2)＜0.其中正确结论的序号为()A．①③B．①④C．②④D．②③【解析】函数的导数为f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x2－3x＋2)＝3(x－1)(x－2)．则函数在x＝1处取得极大值，在x＝2处取得极小值，因为f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，所以函数有3个零点，则f(1)＞0，f(2)＜0，即第2页共7页f1＝1－92＋6－abc＞0，f2＝23－92×22＋6×2－abc＜0，解得abc＜52，abc＞2，即2＜abc＜52，所以f(0)＝－abc＜0，所以f(0)f(1)＜0，f(0)f(2)＞0.所以选D.【答案】D3．(2013·湖北高考)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋251＋t(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是()A．1＋25ln5B．8＋25ln113C．4＋25ln5D．4＋50ln2【解析】首先由v(t)＝7－3t＋251＋t＝0，可得t＝4t＝－83舍去，因此汽车从刹车到停止一共行驶了4s，此期间行驶的距离为04v(t)dt＝047－3t＋251＋tdt＝7t－32t2＋25lnt＋140＝4＋25ln5.【答案】C4．函数f(x)＝lnxx2的最大值为()A．eB.1eC．2eD.12e【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1x·x2－lnx·2xx4＝1－2lnxx3.令f′(x)＝0得x＝e，且当0xe时，f′(x)0，当xe时，f′(x)0，所以f(x)在x＝e处取得极大值，也就是函数在定义域上的最大值f(e)＝12e.第3页共7页【答案】D5．(2013·天津高考)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)＜0＜f(b)B．f(b)＜0＜g(a)C．0＜g(a)＜f(b)D．f(b)＜g(a)＜0【解析】∵f′(x)＝ex＋1＞0，∴f(x)是增函数．∵g(x)的定义域是(0，＋∞)，∴g′(x)＝1x＋2x＞0，∴g(x)是(0，＋∞)上的增函数．∵f(0)＝－1＜0，f(1)＝e－1＞0，∴0＜a＜1.∵g(1)＝－2＜0，g(2)＝ln2＋1＞0，∴1＜b＜2，∴f(b)＞0，g(a)＜0.【答案】A二、填空题6．(2013·广东高考)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.【解析】y′＝k＋1x，由导数y′|x＝1＝0，得k＋1＝0，则k＝－1.【答案】－17．已知函数f(x)＝12mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．【解析】f′(x)＝mx＋1x－2≥0对一切x0恒成立，m≥－(1x)2＋2x，令g(x)＝－(1x)2＋2x，则当1x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.【答案】[1，＋∞)8．(2013·鄂州模拟)已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________．【解析】f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x＞－1时，f′(x)＞0函数递增；当x＜－1时，f′(x)＜0函数递减，所以当x＝－1时f(x)取得极小值即最小值f(－1)＝－1e.函数g(x)的最大值为a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)第4页共7页的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－1e.【答案】－1e，＋∞三、解答题9．已知函数f(x)＝ax2＋1(a0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．【解】(1)f′(x)＝2ax，∴f′(1)＝2a.又f(1)＝a＋1＝c，∴f(x)在点(1，c)处的切线方程为y－c＝2a(x－1)，即y－2ax＋a－1＝0.又∵g′(x)＝3x2＋b，则g′(1)＝3＋b.又g(1)＝1＋b＝c，∴g(x)在点(1，c)处的切线方程为y－(1＋b)＝(3＋b)(x－1)，即y－(3＋b)x＋2＝0.依题意知3＋b＝2a，且a－1＝2，即a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2)2h′(x)＋0－0＋h(x)28－43由此可知：当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；当－3k2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此，k的取值范围是(－∞，－3]．10．(2013·济南模拟)已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝1，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；第5页共7页(2)若a＜0，求f(x)的单调区间；(3)若a＝－1，函数f(x)的图象与函数g(x)＝13x3＋12x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝(x2＋x－1)ex，所以f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x－1)ex＝(x2＋3x)ex，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝f′(1)＝4e.又因为f(1)＝e，所以所求切线方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x－1)ex＝[ax2＋(2a＋1)x]ex，①若－12＜a＜0，当x＜0或x＞－2a＋1a时，f′(x)＜0；当0＜x＜－2a＋1a时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0]，－2a＋1a，＋∞；单调递增区间为0，－2a＋1a②若a＝－12，f′(x)＝－12x2ex≤0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．③若a＜－12，当x＜－2a＋1a或x＞0时，f′(x)＜0；当－2a＋1a＜x＜0时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递减区间为－∞，－2a＋1a，[0，＋∞)；单调递增区间为－2a＋1a，0(3)由(2)知，f(x)＝(－x2＋x－1)ex在(－∞，－1]上单调递减，在[－1,0]单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－3e，在x＝0处取得极大值f(0)＝－1.第6页共7页由g(x)＝13x3＋12x2＋m，得g′(x)＝x2＋x.当x＜－1或x＞0时，g′(x)＞0；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－∞，－1]上单调递增，在[－1,0]单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．故g(x)在x＝－1处取得极大值g(－1)＝16＋m，在x＝0处取得极小值g(0)＝m.因为函数f(x)与函数g(x)的图象有3个不同的交点．所以f－1＜g－1，f0＞g0.即－3e＜16＋m，－1＞m.所以－3e－16＜m＜－111．(2013·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性．(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.【解】(1)f′(x)＝ex－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，即e0－1m＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－1x＋1.函数f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．第7页共7页当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝x0＋12x0＋2＞0.综上，当m≤2时，f(x)＞0.