2015高考数学一轮方法测评练能力提升练——导数及其应用
能力提升练——导数及其应用
(建议用时：90分钟)
一、填空题
1．(2014·襄阳调研)曲线y＝x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为________．
解析 由y′＝3x2－2得y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1，所以切线的倾斜角为45°.
答案 45°
2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．
解析 设g(x)＝f(x)－2x－4，由已知g′(x)＝f′(x)－2>0，则g(x)在(－∞，＋∞)上递增，又g(－1)＝f(－1)－2＝0，由g(x)＝f(x)－2x－4>0，知x>－1.
答案 (－1，＋∞)
3．(2014·韶关模拟)曲线y＝ex在点A处的切线与直线x－y＋3＝0平行，则点A的坐标为________．
解析 直线x－y＋3＝0的斜率为1，所以切线的斜率为1，因为y′＝ex，所以由y′＝ex＝1，解得x＝0，此时y＝e0＝1，即点A的坐标为(0,1)．
答案 (0,1)
4．已知函数f(x)＝2ln x－xf′(1)，则曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程是________．
解析 易知f′(x)＝－f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2－f′(1)，∴f′(1)＝1，因此f(x)＝2ln x－x，∴f(1)＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝1·(x－1)，即x－y－2＝0.
答案 x－y－2＝0
5．(2014·济南质检)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．
解析 ∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，
Δ＝4a2＋96b＞0，又x＝1是极值点，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，且a>0，b>0，
∴ab≤＝9，当且仅当a＝b时“＝”成立，所以ab的最大值为9.
答案 9
6．(2014·青岛模拟)幂指函数y＝f(x)g(x)在求导数时，可以运用对数法：在函数解析式两边求对数得ln y＝g(x)ln f(x)，两边求导数得＝g′(x)ln f(x)＋g(x)，于是y′＝f(x)g(x)·.运用此法探求y＝的单调递增区间为________．
解析 将函数y＝x两边求对数得ln y＝ln x，两边求导数得＝－ln x＋·＝(1－ln x)，所以y′＝y·(1－ln x)＝·(1－ln x)．令y′>0，即1－ln x>0，∴0
0，知f(x)在R上是增函数，
∵f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0.
∴函数f(x)的零点a∈(0,1)．
由g′(x)＝＋1>0(x>0)，
得g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝ln 1＋1－2<0，g(2)＝ln 2>0，
∴函数g(x)的零点b∈(1,2)，
从而00时，下列结论正确的是________(填序号)．
①f(x)有极大值，无极小值 ②f(x)有极小值，无极大值 ③f(x)既有极大值又有极小值 ④f(x)既无极大值也无极小值
解析 由条件，得f′(x)＝－＝.
令g(x)＝ex－2x2f(x)，
则g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)
＝ex－2(x2f′(x)＋2xf(x))＝ex－＝ex，
令g′(x)＝0，得x＝2.
当x>2时，g′(x)>0；当00，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极大(小)值．
答案 ④
11．若曲线f(x)＝ax2＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．
解析 依题意得，f′(x)＝2ax＋＝0(x>0)有实根，所以a＝－<0.
答案 (－∞，0)
12．若曲线y＝2x－x3在横坐标为－1的点处的切线为l，则点P(3,2)到直线l的距离为________．
解析 由题意得切点坐标为(－1，－1)，切线斜率为k＝y′|x＝－1＝2－3x2|x＝－1＝2－3×(－1)2＝－1.
故切线l的方程为y－(－1)＝－[x－(－1)]，
整理得x＋y＋2＝0.
∴点P(3,2)到直线l的距离为＝.
答案
13．(2014·山东省实验中学诊断)曲线y＝x3＋x在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为________．
解析 y′＝f′(x)＝x2＋1，在点的切线斜率为k＝f′(1)＝2.所以切线方程为y－＝2(x－1)，即y＝2x－，与坐标轴的交点坐标为，，所以三角形的面积为××＝.
答案
14．设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．
解析 因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，
不等式≤恒成立，所以≥.
因为g(x)＝＝xe2－x，
所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x)．
当00；当x>1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．
所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.
又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)．
当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f(x)min＝2e.
所以＝＝，应有≥，
又k>0，所以k≥1.
答案 [1，＋∞)
二、解答题
15．(2013·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解 (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
16．设函数f(x)＝aex＋＋b(a>0)．
(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；
(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．
解 (1)f′(x)＝aex－，
令f′(x)>0，得x>－ln a，
令f′(x)<0，得x<－ln a.
所以f(x)在(－ln a，＋∞)上递增，f(x)在(－∞，－ln a)上递减．
①当00，f(x)在(0，－ln a)上递减，在(－ln a，＋∞)上递增，
从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－ln a)＝2＋b.
②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(0)＝a＋＋b.
(2)依题意f(2)＝3，f′(2)＝ae2－＝，
解得ae2＝2或－(舍去)，
因此a＝.
代入f(2)＝3，得2＋＋b＝3，即b＝.
故a＝，且b＝.
17．(2014·南平质检)已知函数f(x)＝sin x，g(x)＝mx－(m为实数)．
(1)求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
(2)求函数g(x)的单调递减区间；
(3)若m＝1，证明：当x＞0时，f(x)＜g(x)＋.
解 (1)由题意得所求切线的斜率k＝f′＝cos＝.切点P，则切线方程为y－＝
即x－y＋1－＝0.
(2)g′(x)＝m－x2.
①当m≤0时，g′(x)≤0，则g(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)；
②当m＞0时，令g′(x)＜0，解得x＜－或x＞，
则g(x)的单调递减区间是(－∞，－)，(，＋∞)．
(3)当m＝1时，g(x)＝x－.
令h(x)＝g(x)－f(x)＝x－sin x，x∈[0，＋∞)，
h′(x)＝1－cos x≥0，
则h(x)是[0，＋∞)上的增函数．
故当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即sin x＜x，f(x)＜g(x)＋.
18．已知函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.
(1)求实数a的值；
(2)若k∈Z，且k<对任意x>1恒成立，求k的最大值．
解 (1)因为f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1.
因为函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e处的切线斜率为3，
所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，
又k<＝对任意x>1恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3,4)．
当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，
在(x0，＋∞)上单调递增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0，
所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，
故整数k的最大值是3.
