高考数学二轮专题针对训练 导数及其应用 理

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1、导数及其应用一、选择题1.(高考福建卷)(ex+2x)dx等于(  )A.1B.e-1C.eD.e+1解析:选C.(ex+2x)dx=(ex+x2)

2、=(e1+12)-(e0+02)=e.2.若f(x)=x2-2x-4lnx,则f′(x)>0的解集为(  )A.(0,+∞)B.(-1,0)∪(2,+∞)C.(2,+∞)D.(-1,0)解析:选C.由题意知x>0,且f′(x)=2x-2-,即f′(x)=>0,∴x2-x-2>0,解得x<-1或x>2.又∵x>0,∴x>2.3.函数f(x)的导函数为f′(x),若

3、(x+1)·f′(x)>0,则下列结论中正确的是(  )A.x=-1一定是函数f(x)的极大值点B.x=-1一定是函数f(x)的极小值点C.x=-1不是函数f(x)的极值点D.x=-1不一定是函数f(x)的极值点解析:选D.由题意,得x>-1,f′(x)>0或x<-1,f′(x)<0,但函数f(x)在x=-1处未必连续,即x=-1不一定是函数f(x)的极值点,故选D.4.曲线y=-在点M处的切线的斜率为(  )A.-B.C.-D.解析:选B.y′==,故y′=,∴曲线在点M处的切线的斜率为.5.由曲线y=,直

4、线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为(  )A.B.4C.D.6解析:选C.由,得其交点坐标为.因此y=与y=x-2及y轴所围成的图形的面积为dx=dx==×8-×16+2×4=.二、填空题6.函数f(x)=x+2cosx在区间[0,]上的单调递减区间是________.解析:f′(x)=1-2sinx,令f′(x)≤0,即1-2sinx≤0,所以sinx≥.又∵x∈[0,],所以≤x≤,即函数f(x)的单调递减区间是.答案:7.设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是___

5、_____.解析:y′=ex+a,问题转化为“方程ex+a=0有大于零的实数根”,由方程解得x=ln(-a)(a<0),由题意得ln(-a)>0,即a<-1.答案:a<-18.已知函数f(x)=xex,则f′(x)=________;函数f(x)图象在点(0,f(0))处的切线方程为________.解析:依题意得f′(x)=1·ex+x·ex=(1+x)ex;f′(0)=(1+0)e0=1,f(0)=0·e0=0,因此函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程是y-0=x-0,即y=x.答案:(1+

6、x)ex y=x三、解答题9.设a>0,函数f(x)=x2-(a+1)x+alnx.(1)若曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为-1,求a的值;(2)当00,f′(x)=x-(a+1)+.因为曲线y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为-1,所以f′(2)=-1.即2-(a+1)+=-1,所以a=4.(2)f′(x)=x-(a+1)+==,因00,函数f(x)单调递增;当x∈(a,1)时,f′(

7、x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点.10.已知函数f(x)=x2+ax+blnx(x>0,实数a,b为常数).(1)若a=1,b=-1,求函数f(x)的极值;(2)若a+b=-2,且b<1,讨论函数f(x)的单调性.解:(1)函数f(x)=x2+x-lnx,则f′(x)=2x+1-,令f′(x)=0,得x1=-1(舍去),x2=.当0时,f′(x)>

8、0,函数单调递增;∴f(x)在x=处取得极小值+ln2.(2)由于a+b=-2,则a=-2-b,从而f(x)=x2-(2+b)x+blnx,则f′(x)=2x-(2+b)+=,令f′(x)=0,得x1=,x2=1.①当≤0,即b≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);②当0<<1,即00),其导

9、函数y=h′(x)的图象如图所示,f(x)=lnx-h(x).(1)求函数f(x)在x=1处的切线斜率;(2)若函数f(x)在区间上是单调函数,求实数m的取值范围;(3)若函数y=2x-lnx(x∈[1,4])的图象总在函数y=f(x)的图象的上方,求c的取值范围.解:(1)由题知,h′(x)=2ax+b,其图象为直线,且过A(2,-1)、B(0,3)两点,∴,解得.∴h(x)=-x2+3x+c.∴

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