高考数学总复习 提素能高效题组训练 211 文 新人教A版

《优化探究》2014高考数学总复习（人教A 文）提素能高效题组训练：
2-11
[命题报告·教师用书独具]
考查知识点及角度 题号及难度
基础 中档
稍难 导数的运算 1
导数的几何意义 2、3
6、7、10 综合应用
4、5、8、9
11、12
一、选择题
1．y ＝cos x 1－x 的导数是( )
A.cos x ＋sin x ＋x sin x
1－x 2
B.cos x －sin x ＋x sin x
1－x 2
C.
cos x －sin x ＋x sin x
1－x
D.
cos x ＋sin x －x sin x
1－x
2
解析：y ′＝－sin x
1－x －－1cos x 1－x 2＝cos x －sin x ＋x sin x
1－x
2
. 答案：B
2．已知P (x ，y )为函数y ＝x sin x ＋cos x 上的任意一点，f (x )为该函数在点P 处切线的斜率，则f (x )的部分图象是( )
解析：f (x )＝y ′＝x cos x ，显然f (x )为奇函数，其图象关于原点成中心对称，排除A 、
C ，当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2时，f (x )>0，排除D.故选B.
答案：B
3．(2013年石家庄质检)已知直线y ＝kx 是曲线y ＝ln x 的切线，则k 的值是( ) A ．e B ．－e C.1
e
D ．－1e
解析：依题意，设直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 相切于点(x 0，kx 0)，则有⎩⎪⎨⎪
⎧
kx 0＝ln x 0，k ＝1
x 0
，
由此得ln x 0＝1，x 0＝e ，k ＝1
e
，选C.
答案：C
4．(2013年南昌二校联考)已知函数f (x )的图象如图所示，f ′(x )是f (x )的导函数，则( )
A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2)
B ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)
C ．0<f ′(3)<f ′(2)<f (3)－f (2)
D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3)
解析：根据函数f (x )的图象可得函数f (x )的导函数f ′(x )在[0，＋∞)上是单调递减，函数f (x )在[2,3]上的平均变化率小于函数f (x )在点(2，f (2))处的瞬时变化率，大于函数f (x )在点(3，f (3))处的瞬时变化率．所以0<f ′(3)<f 3－f 2
3－2
<f ′(2)，即0<f ′(3)<f (3)
－f (2)<f ′(2)．
答案：B
5．在函数y ＝x 3
－9x 的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于π4，且横、纵坐标都
为整数的点的个数是( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
解析：依题意得，y ′＝3x 2
－9，令0≤y ′<1得3≤x 2
<
10
3
，显然满足该不等式的整数x 不存在，因此在函数y ＝x 3
－9x 的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于π4，且横、纵坐标
都为整数的点的个数是0，选A.
答案：A 二、填空题
6．(2013年焦作模拟)点P 为曲线f (x )＝23x 3－2x 2
上的一个动点，则曲线f (x )在点P 处的
切线的斜率k 的最小值为________．
解析：k ＝f ′(x )＝2x 2
－4x ＝2(x －1)2
－2，故k 的最小值为－2. 答案：－2
7．(2012年高考新课标全国卷)曲线y ＝x (3ln x ＋1)在点(1,1)处的切线方程为______． 解析：利用导数的几何意义先求得切线斜率．
∵y ＝x (3ln x ＋1)，∴y ′＝3ln x ＋1＋x ·3
x
＝3 ln x ＋4，
∴k ＝y ′|x ＝1＝4，
∴所求切线的方程为y －1＝4(x －1)，即y ＝4x －3. 答案：y ＝4x －3
8．(2013年太原四校联考)已知M 是曲线y ＝ln x ＋12x 2
＋(1－a )x 上的一点，若曲线在M
处的切线的倾斜角是均不小于π
4
的锐角，则实数a 的取值范围是________．
解析：依题意得y ′＝1
x
＋x ＋(1－a )，其中x >0.由曲线在M 处的切线的倾斜角是均不小
于
π4的锐角得，对于任意正数x ，均有1x ＋x ＋(1－a )≥1，即a ≤1x ＋x .当x >0时，1
x ＋x ≥2 1
x
·x ＝2，当且仅当1
x
＝x ，即x ＝1时取等号，因此实数a 的取值范围是(－∞，2]．
答案：(－∞，2]
9．(2013年长沙十二校联考)设曲线y ＝x
n ＋1
(n ∈N *
)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横
坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·…·x 2 012的值为________．
解析：∵y ′＝(n ＋1)x n
，∴曲线在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，即y ＝(n ＋1)x －n ，令y ＝0得x n ＝n n ＋1
，∴x 1·x 2·x 3·…·x 2 012＝
12·23·34·…·2 0122 013＝12 013
. 答案：
1
2 013
三、解答题
10．设函数f (x )＝x 3
＋ax 2
－9x －1，当曲线y ＝f (x )斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行时，求a 的值．
解析：f ′(x )＝3x 2
＋2ax －9＝3(x ＋a
3)2
－9－a 23，即当x ＝－a
3时，函数f ′(x )取得最小值
－9－a 2
3
，因斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，
即该切线的斜率为－12，所以－9－a 2
3＝－12，
即a 2
＝9，∴a ＝±3.
11．已知函数f (x )＝x 3
－x .
(1)求曲线y ＝f (x )过点(1,0)的切线方程；
(2)若过x 轴上的点(a,0)可以作曲线y ＝f (x )的三条切线，求a 的取值范围．
解析：(1)由题意得f ′(x )＝3x 2
－1.曲线y ＝f (x )在点M (t ，f (t ))处的切线方程为y －f (t )＝f ′(t )(x －t )，即y ＝(3t 2
－1)·x －2t 3
，将点(1,0)代入切线方程得2t 3
－3t 2
＋1＝0，解得
t ＝1或－1
2
，代入y ＝(3t 2－1)x －2t 3得曲线y ＝f (x )的过点(1,0)的切线方程为y ＝2x －2或y
＝－14x ＋14
.
(2)由(1)知若过点(a,0)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，则方程2t 3
－3at 2
＋a ＝0有三个相异的实数根．
记g (t )＝2t 3
－3at 2
＋a ，
则g ′(t )＝6t 2－6at ＝6t (t －a )．
当a >0时，函数g (t )的极大值是g (0)＝a ，极小值是g (a )＝－a 3
＋a ，要使方程g (t )＝0有三个相异的实数根，需使a >0且－a 3
＋a <0，即a >0且a 2
－1>0，
即a >1；
当a ＝0时，函数g (t )单调递增，方程g (t )＝0不可能有三个相异的实数根；
当a <0时，函数g (t )的极大值是g (a )＝－a 3
＋a ，极小值是g (0)＝a ，要使方程g (t )＝0有三个相异的实数根，需使a <0且－a 3
＋a >0，即a <0且a 2
－1>0，
即a <－1.
综上所述，a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 12．(能力提升)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝e x
. (1)若函数φ(x )＝f (x )－
x ＋1
x －1
，求函数φ(x )的单调区间； (2)设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线．证明：在区间(1，＋∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y ＝g (x )相切．
解析：(1)∵φ(x )＝f (x )－x ＋1x －1＝ln x －x ＋1
x －1
， ∴φ′(x )＝1
x
＋
2x －1
2＝
x 2＋1x ·x －1
2
.
∵x >0且x ≠1， ∴φ′(x )>0，
∴函数φ(x )的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)． (2)∵f ′(x )＝1x ，∴f ′(x 0)＝1
x 0
，
∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1
x 0
(x －x 0)，
即y ＝1
x 0
x ＋ln x 0－1，①
设直线l 与曲线y ＝g (x )相切于点(x 1，e x 1)， ∵g ′(x )＝e x
，∴e x 1＝1x 0
，∴x 1＝－ln x 0.
∴直线l 的方程为y －1x 0＝1
x 0
(x ＋ln x 0)，
即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0
，②
①－②，得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0
，
∴ln x 0＝
x 0＋1
x 0－1
. 证明：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一． 由(1)可知，φ(x )＝ln x －
x ＋1
x －1
在区间(1，＋∞)上递增． 又φ(e)＝ln e －e ＋1e －1＝－2
e －1<0，
φ(e 2
)＝ln e 2
－e 2
＋1e 2－1＝e 2
－3
e 2－1
>0，
结合零点存在性定理，说明方程φ(x )＝0必在区间(e ，e 2
)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一的x 0.故结论成立．
[因材施教·学生备选练习]
1．(2011年高考重庆卷)设f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R .
(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)设g (x )＝f ′(x )e －x
，求函数g (x )的极值．
解析：(1)因为f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1，故f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b . 令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，由已知f ′(1)＝2a ， 因此3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3.
又令x ＝2，得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，由已知f ′(2)＝－b ， 因此12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32
.
因此f (x )＝x 3
－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52
.
又因为f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭
⎪⎫－52＝－3(x －1)，即6x ＋2y －1＝0.
(2)由(1)知g (x )＝(3x 2
－3x －3)e －x
， 从而有g ′(x )＝(－3x 2
＋9x )e －x
.
令g ′(x )＝0，得－3x 2＋9x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝3.
当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，0)上为减函数； 当x ∈(0,3)时，g ′(x )>0，故g (x )在(0,3)上为增函数； 当x ∈(3，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(3，＋∞)上为减函数．
从而函数g (x )在x 1＝0处取得极小值g (0)＝－3，在x 2＝3处取得极大值g (3)＝15e －3
. 2．(2013年九江模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝a
x
＋ln x －1，g (x )＝(ln x －1)e x
＋x (其中e 为自然对数的底数)．
(1)判断函数f (x )在(0，e]上的单调性；
(2)是否存在实数x 0∈(0，＋∞)，使曲线y ＝g (x )在点x ＝x 0处的切线与y 轴垂直？若存在，求出x 0的值，若不存在，请说明理由．
解析：(1)∵f (x )＝a x
＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)，
∴f ′(x )＝－a x
2＋1x
＝x －a
x
2.
①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，e]上单调递增；
②若0<a <e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )在区间(0，a )上单调递减， 当x ∈(a ，e]时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增； ③若a ≥e，则f ′(x )≤0，函数f (x )在区间(0，e]上单调递减． (2)∵g (x )＝(ln x －1)e x
＋x ，x ∈(0，＋∞)，
∴g ′(x )＝(ln x －1)′e x
＋(ln x －1)(e x
)′＋1＝e
x
x
＋(ln x －1)e x
＋1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＋ln x －1e
x ＋1，
由(1)易知，当a ＝1时，f (x )＝1
x
＋ln x －1在(0，＋∞)上的最小值f (x )min ＝f (1)＝0，
即x 0∈(0，＋∞)时，1
x 0
＋ln x 0－1≥0.
又e x 0>0，∴g ′(x 0)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 0
＋ln x 0－1e x 0＋1≥1>0.
曲线y ＝g (x )在点x ＝x 0处的切线与y 轴垂直等价于方程g ′(x 0)＝0有实数解． 而g ′(x 0)>0，即方程g ′(x 0)＝0无实数解．故不存在。