高考数学复习：导数的简单应用与定积分

高考数学复习：导数的简单应用与定积分
A 组
1．(文)已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′(π
2)＝( C )
A ．－3
π2
B ．－1
π2
C ．－3π
D ．－1π
[解析] ∵f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1
x (－sin x )，
∴f (π)＋f ′(π2)＝－1π＋2π·(－1)＝－3
π
．
(理)已知⎠⎛1
e (1
x
－m )d x ＝3－e 2，则m 的值为( B )
A ．e －14e
B ．12
C ．－12
D ．－1
[解析] ⎠⎛1
e (1x
－m )d x ＝(ln x －mx )|e 1＝(lne －m e)－(ln1－m )＝1＋m －m e ＝3－e 2，∴m ＝1
2.故选B ．
2．曲线y ＝x e x ＋2x －1在点(0，－1)处的切线方程为( A ) A ．y ＝3x －1 B ．y ＝－3x －1 C ．y ＝3x ＋1
D ．y ＝－2x －1
[解析] k ＝y ′|x ＝0＝(e x ＋x e x ＋2)|x ＝0＝3， ∴切线方程为y ＝3x －1，故选A ．
3．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)＝( D )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
[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．
4．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( C )
A ．(－4
3
，0)
B ．(0，4
3
)
C ．(－∞，－4
3
)，(0，＋∞)
D ．(－∞，－4
3
)∪(0，＋∞)
[解析] 因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1， 解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x ． 由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－4
3
或x >0，
即f (x )的单调递增区间为(－∞，－4
3
)，(0，＋∞)，故选C ．
5．若函数f (x )＝lo g a (x 3－ax )(a >0，a ≠1)在区间(－1
2，0)内单调递增，则a 的取值范围是
( B )
A ．[1
4，1)
B ．[3
4，1)
C ．(9
4
，＋∞)
D ．(1，9
4
)
[解析] 由x 3－ax >0得x (x 2－a )>0，
则有⎩⎪⎨⎪⎧ x >0
x 2－a >0或⎩⎪⎨⎪⎧
x <0，x 2－a <0，
所以x >a 或－a <x <0，
即函数f (x )的定义域为(a ，＋∞)∪(－a ，0)． 令g (x )＝x 3－ax ，则g ′(x )＝3x 2－a ， 当g ′(x )≥0时，x ≥3a
3
，不合要求， 由g ′(x )<0得－
3a
3
<x <0． 从而g (x )在x ∈(－
3a
3
，0)上是减函数， 又函数f (x )在x ∈(－1
2
，0)内单调递增，
则有⎩⎨⎧
0<a <1，
－a ≤－12，
－3a 3≤－12，
所以3
4
≤a <1．
6．函数y ＝x ＋2cos x 在区间[0，π2]上的最大值是6
．
[解析] y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，且x ∈[0，π2]，得x ＝π6，则x ∈[0，π6)时，y ′>0；x ∈(π
6，
π2]时，y ′<0，故函数在[0，π6)上递增，在(π6，π2]上递减，所以当x ＝π6时，函数取最大值π
6
＋3． 7．(文)若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是____(－∞，0)__． [解析] 由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋a
x ，要使函数f (x )＝x ＋a ln x 不是
单调函数，则需方程1＋a
x
＝0在(0，＋∞)上有解，即x ＝－a ，∴a <0．
(理)如图，已知A(0，1
4)，点P(x 0，y 0)(x 0>0)在曲线y ＝x 2上，若阴影部分面积与△OAP
面积相等，则x 0＝4
．
[解析] 因为点P(x 0，y 0)(x 0>0)在曲线y ＝x 2上， 所以y 0＝x 20，
则△OAP 的面积S ＝12|OA||x 0|＝12×14x 0＝1
8x 0，
阴影部分的面积为∫x 00x 2d x ＝13x 3|x 00＝1
3x 30，
因为阴影部分面积与△OAP 的面积相等， 所以13x 30＝1
8x 0， 即x 20＝38． 所以x 0＝
38＝6
4
． 8．(文)已知函数f(x)＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－4
3处取得极值．
(1)确定a 的值；
(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性．
[解析] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－4
3处取得极值，所以f ′(－
4
3
)＝0， 即3a ·169＋2·(－43)＝16a 3－83＝0，解得a ＝12．
(2)由(1)得g (x )＝(1
2
x 3＋x 2)e x ，
故g ′(x )＝(32x 2＋2x )e x ＋(12x 3＋x 2)e x ＝(12x 3＋52x 2＋2x )e x ＝1
2x (x ＋1)(x ＋4)e x ．
令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4．
当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数． 综上知g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数， 在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． (理)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．
(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求实数a 的取值范围． [解析] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f ′(x )＝ln x ＋1
x －3，f ′(1)＝－2，
f (1)＝0．
曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0． (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于 ln x －a (x －1)x ＋1>0．
设g (x )＝ln x －a (x －1)
x ＋1
，
则g ′(x )＝1x －2a
(x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0．
①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，
x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0， g (x )在(1，＋∞)内单调递增，因此g (x )>g (1)＝0． ②当a >2时，令g ′(x )＝0，得
x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1． 由x 2>1和x 1x 2＝1，得x 1<1， 故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，
g (x )在(1，x 2)内单调递减，此时g (x )<g (1)＝0． 综上，a 的取值范围是(－∞，2]． 9．(文)已知函数f (x )＝
ax
(x ＋r )2
(a >0，r >0)． (1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a
r
＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．
[解析] (1)由题意知x ≠－r ，
所以定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)， f (x )＝ax (x ＋r )2＝ax
x 2＋2rx ＋r 2
，
f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )
(x 2＋2rx ＋r 2)2
＝
a (r －x )(x ＋r )
(x ＋r )4
，
所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0； 当－r <x <r 时，f ′(x )>0．
因此，f (x )的单调递减区间是(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间是(－r ，r )．
(2)由(1)可知f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减，因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a
4r
＝100． (理)设函数f (x )＝x e a －
x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4． (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间．
[解析] (1)因为f (x )＝x e a －
x ＋bx ， 所以f ′(x )＝(1－x )e a －
x ＋b ．
依题设，得⎩
⎪⎨⎪⎧
f (2)＝2e ＋2，
f ′(2)＝e －1，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
2e a －
2＋2b ＝2e ＋2，
－e a －2＋b ＝e －1， 解得a ＝2，b ＝e ．
(2)由(1)，知f (x )＝x e 2－
x ＋e x ．
由f ′(x )＝e 2－
x (1－x ＋e x －
1)及e 2－
x >0知， f ′(x )与1－x ＋e x
－1同号．
令g (x )＝1－x ＋e x －
1，则g ′(x )＝－1＋e x －
1． 所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0， g (x )在区间(－∞，1)内单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， g (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．
故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)内的最小值．
B 组
1．(文)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，则f ′(e)＝( C ) A ．1 B ．－1 C ．－e －
1
D ．－e
[解析] 依题意得，f ′(x )＝2f ′(e)＋1x ，取x ＝e 得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，由此解得f ′(e)
＝－1e
＝－e －
1，故选C ．
(理)(2019·兰州市诊断考试)定义在(0，π
2)上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒
有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，则有( C )
A ．f (π6)>2f (π4)
B ．3f (π6)>f (π
3)
C ．f (π6)>3f (π3
)
D ．f (π6)>3f (π4
)
[解析] ∵cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0， ∴在(0，π2)上，[f (x )cos x ]′<0，
∴函数y ＝f (x )cos x 在(0，π
2)上是减函数，
∴f (π6)cos π6>f (π
3)cos π3
，
∴f (π6)>3f (π
3
)．故选C ．
2．(文)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x 在x ＝±1处取得极值，若过点A (0,16)作曲线y ＝f (x )的切线，则切线方程是( B )
A ．9x ＋y －16＝0
B ．9x －y ＋16＝0
C ．x ＋9y －16＝0
D ．x －9y ＋16＝0
[解析] f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3， 依题意f ′(1)＝f ′(－1)＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
3a ＋2b －3＝0，3a －2b －3＝0， 解得a ＝1，b ＝0． 所以f (x )＝x 3－3x ．
因为曲线方程为y ＝x 3－3x ，点A (0,16)不在曲线上，
设切点为M (x 0，y 0)，则点M 的坐标满足y 0＝x 30－3x 0
， 因此f ′(x 0)＝3(x 20－1)，
故切线的方程为y －y 0＝3(x 20－1)(x －x 0)．
注意到点A (0,16)在切线上，
有16－(x 3
0－3x 0)＝3(x 20－1)(0－x 0)，
化简得x 30＝－8． 解得x 0＝－2．
所以，切点为M (－2，－2)，切线方程为9x －y ＋16＝0．
(理)物体A 以v ＝3t 2＋1(m/s)的速度在一直线l 上运动，物体B 在直线l 上，且在物体A 的正前方5 m 处，同时以v ＝10t (m/s)的速度与A 同向运动，出发后物体A 追上物体B 所用的时间t (s)为( C )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
[解析] 因为物体A 在t 秒内行驶的路程为⎠⎛0
t (3t 2＋1)dt ，物体B 在t 秒内行驶的路程为
⎠⎛0t
10tdt ，所以⎠⎛0
t
(3t 2＋1－10t )dt ＝(t 3＋t －5t 2)|t 0＝t 3
＋t －5t 2＝5，所以(t －5)(t 2
＋1)＝0，即t ＝5．
3．定义：如果函数f (x )在[m ，n ]上存在x 1，x 2(m <x 1<x 2<n )满足f ′(x 1)＝f (n )－f (m )n －m ，f ′(x 2)
＝f (n )－f (m )n －m .则称函数f (x )是[m ，n ]上的“双中值函数”，已知函数f (x )＝x 3－x 2＋a 是[0，a ]
上的“双中值函数”，则实数a 的取值范围是( C )
A ．(13，12)
B ．(3
2，3)
C ．(1
2
，1)
D ．(1
3
，1)
[解析] 因为f (x )＝x 3－x 2＋a ，所以由题意可知，f ′(x )＝3x 2－2x 在区间[0，a ]上存在x 1，x 2(0<x 1<x 2<a )，满足f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f (a )－f (0)a －0＝a 2
－a ，所以方程3x 2－2x ＝a 2－a 在区
间(0，a )上有两个不相等的实根．
令g (x )＝3x 2－2x －a 2
＋a (0<x <a )，则 ⎩⎪⎨⎪
⎧
Δ＝4－12(－a 2＋a )>0，g (0)＝－a 2＋a >0，
g (a )＝2a 2－a >0，解得1
2
<a <1，所以实数
a 的取值范围是(1
2
，1)．
4．(文)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b
x (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且
该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是____－3__．
[解析] ∵y ＝ax 2＋b
x
，
∴y ′＝2ax －b
x
2，
由题意可得⎩⎨⎧
4a ＋b
2
＝－5，
4a －b 4＝－7
2，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－1，
b ＝－2.
∴a ＋b ＝－3．
(理)设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1
x (x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标
为____(1,1)__．
[解析] y ′＝e x ，则y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 切＝1，又曲线y ＝1
x (x >0)上点P 处
的切线与y ＝e x 在点(0,1)处的切线垂直，所以y ＝1
x (x >0)在点P 处的斜率为－1，设P (a ，b )，
则曲线y ＝1x (x >0)上点P 处的切线的斜率为y ′|x ＝a ＝－a －
2＝－1，可得a ＝1，又P (a ，b )在y
＝1
x
上，所以b ＝1，故P (1,1)． 5．(文)若函数y ＝－1
3x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是____a >0__．
[解析] y ′＝－x 2＋a ，若y ＝－1
3x 3＋ax 有三个单调区间，则方程－x 2＋a ＝0应有两个
不等实根，故a >0．
(理)已知函数f (x )＝12x 2＋3ax －lnx ，若f (x )在区间[1
3，2]上是增函数，则实数a 的取值范
围为____[8
9
，＋∞)__．
[解析] 由题意知f ′(x )＝x ＋3a －1x ≥0在[13，2]上恒成立，即3a ≥－x ＋1x 在[1
3，2]上恒
成立．
又y ＝－x ＋1x 在[1
3，2]上单调递减，
∴(－x ＋1x )max ＝8
3，
∴3a ≥83，即a ≥8
9
．
6．已知函数f (x )＝x 3－3ax (a ∈R )，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f (x )的切线，则a 的取值范围为____(－∞，1
3
)__．
[解析] f (x )＝x 3－3ax (a ∈R )，则f ′(x )＝3x 2－3a ，若直线x ＋y ＋m ＝0对任意的m ∈R 都不是曲线y ＝f (x )的切线，
则直线的斜率为－1，f ′(x )＝3x 2－3a 与直线x ＋y ＋m ＝0没有交点，
又抛物线开口向上则必在直线上面，即最小值大于直线斜率，则当x ＝0时取最小值，－3a >－1，
则a 的取值范围为a <1
3
．
7．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值为10，则a ＋b ＝____－7__． [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由x ＝1时，函数取得极值10，
得⎩⎪⎨⎪⎧
f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0， ①f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， ② 联立①②得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝4，
b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－3，
b ＝3.
当a ＝4，b ＝－11时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)在x ＝1两侧的符号相反，符合题意．
当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)2在x ＝1两侧的符号相同，所以a ＝－3，b ＝3不符合题意，舍去．
综上可知，a ＝4，b ＝－11，∴a ＋b ＝－7． 8．(文)已知函数f (x )＝2ax －1
x －(2＋a )ln x (a ≥0)．
(1)当a ＝0时，求f (x )的极值； (2)当a >0时，讨论f (x )的单调性．
[解析] (1)当a ＝0时，f (x )＝－1x －2ln x ⇒f ′(x )＝1x 2－2x ＝1－2x
x 2(x >0)．
由f ′(x )＝1－2x
x 2>0，
解得0<x <1
2，
由f ′(x )＝1－2x
x 2<0，
解得x >1
2
．
∴f (x )在(0，12)内是增函数，在(1
2，＋∞)内是减函数．
∴f (x )的极大值为f (1
2)＝2ln2－2，无极小值．
(2)f (x )＝2ax －1
x
－(2＋a )ln x ⇒
f ′(x )＝2a ＋1x 2－(2＋a )1x ＝2ax 2－(2＋a )x ＋1x 2
＝(ax －1)(2x －1)x 2
． ①当0<a <2时，f (x )在(0，12)和(1a ，＋∞)内是增函数，在(12，1a
)内是减函数； ②当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内是增函数；
③当a >2时，f (x )在(0，1a )和(12，＋∞)内是增函数，在(1a ，12
)内是减函数． (理)已知函数f (x )＝12
ax 2＋ln x ，其中a ∈R ． (1)求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在(0,1]上的最大值是－1，求a 的值．
[解析] (1)f ′(x )＝ax 2＋1x
，x ∈(0，＋∞)． 当a ≥0时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ，舍去x ＝－－1a
． 此时，f (x )与f ′(x )的情况如下： ↘ 所以，f (x )的单调递增区间是(0，
－1a )； 单调递减区间是(－1a
，＋∞)． (2)①当a ≥0时，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2
． 令a 2
＝－1，得a ＝－2，这与a ≥0矛盾，舍去a ＝－2． ②当－1≤a <0时，－1a ≥1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a 2． 令a 2
＝－1，得a ＝－2，这与－1≤a <0矛盾， 舍去a ＝－2．
③当a <－1时，0<－1a <1，由(1)得函数f (x )在(0,1]上的最大值为f (－1a
)．
令f (－1a
)＝－1，解得a ＝－e ，满足a <－1． 综上，当f (x )在(0,1]上的最大值是－1时，a ＝－e ．。