高考专题训练四导数与积分的概念及运算导数

高考专题训练四导数与积分的概念及运算、导数的应用班级________姓名________时间：45分钟分值：75分总得分________一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．1．(2011·全国)曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D．1解析：y′＝－2e－2x，y′|x＝0＝－2，在点(0,2)处的切线为：y－2＝－2x，即2x＋y－2＝0由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x,2x＋y－2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3),y＝\f(2,3)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，S△ABO＝eq\f(1,2)·eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).答案：A2．(2011·辽宁)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()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析：f(x)>2x＋4，即f(x)－2x－4>0.构造F(x)＝f(x)－2x－4，F′(x)＝f′(x)－2>0.F(x)在R上为增函数，而F(－1)＝f(－1)－2x(－1)－4＝0.x∈(－1，＋∞)，F(x)>F(－1)，∴x>－1.答案：B3．(2011·烟台市高三年级诊断性检测)设a＝eq\i\in(0,π,)(sinx＋cosx)dx，则(aeq\r(x)－eq\f(1,\r(x)))6的二项展开式中含x2的系数是()A．192 B．－192C．96 D．－96解析：因为a＝eq\i\in(0,π,)(sinx＋cosx)dx＝(－cosx＋sinx)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,))eq\o\al(π,0)＝(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2，所以(aeq\r(x)－eq\f(1,\r(x)))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))6，则可知其通项Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,6)26－rxeq\f(6－r,2)－eq\f(r,2)＝(－1)rCeq\o\al(r,6)26－rx3－r，令3－r＝2⇒r＝1，所以展开式中含x2项的系数是(－1)rCeq\o\al(r,6)26－r＝(－1)1Ceq\o\al(1,6)26－1＝－192，故答案选B.答案：B4．(2011·山东省高考调研卷)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3－x2－eq\f(7,2)x，则f(－a2)与f(4)的大小关系为()A．f(－a2)≤f(4)B．f(－a2)<f(4)C．f(－a2)≥f(4)D．f(－a2)与f(4)的大小关系不确定解析：∵f(x)＝eq\f(1,2)x3－x2－eq\f(7,2)x，∴f′(x)＝eq\f(3,2)x2－2x－eq\f(7,2).由f′(x)＝eq\f(1,2)(3x－7)(x＋1)＝0得x＝－1或x＝eq\f(7,3).当x<－1时，f(x)为增函数；当－1<x<eq\f(7,3)时，f(x)为减函数；当x>eq\f(7,3)时，f(x)为增函数，计算可得f(－1)＝f(4)＝2，又－a2≤0，由图象可知f(－a2)≤f(4)．答案：A5．(2011·山东省高考调研卷)已知函数f(x)＝x3＋bx2－3x＋1(b∈R)在x＝x1和x＝x2(x1>x2)处都取得极值，且x1－x2＝2，则下列说法正确的是()A．f(x)在x＝x1处取极小值，在x＝x2处取极小值B．f(x)在x＝x1处取极小值，在x＝x2处取极大值C．f(x)在x＝x1处取极大值，在x＝x2处取极小值D．f(x)在x＝x1处取极大值，在x＝x2处取极大值解析：因为f(x)＝x3＋bx2－3x＋1，所以f′(x)＝3x2＋2bx－3，由题意可知f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，即x1，x2为方程3x2＋2bx－3＝0的两根，所以x1－x2＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(4b2＋36),3)，由x1－x2＝2，得b＝0.从而f(x)＝x3－3x＋1，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，由于x1>x2，所以x1＝1，x2＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，所以f(x)在x1＝1处取极小值，极小值为f(1)＝－1，在x2＝－1处取极大值，极大值为f(－1)＝3.答案：B6．(2011·合肥市高三第三次教学质量检测)对任意x1，x2∈(0，eq\f(π,2))，x2>x1，y1＝eq\f(1＋sinx1,x1)，y2＝eq\f(1＋sinx2,x2)，则()A．y1＝y2B．y1>y2C．y1<y2D．y1，y2的大小关系不能确定解析：设f(x)＝eq\f(1＋sinx,x)，则f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx－1,x2)＝eq\f(cosxx－tanx－1,x2).当x∈(0，eq\f(π,2))时，x－tanx<0，故f′(x)<0，所以f(x)在(0，eq\f(π,2))上是减函数，故由x2>x1得y2<y1.答案：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．7．(2011·广东)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析：由f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)＝0，解得x1＝0，x2＝2当x<0时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0.∴当x＝2时，f(x)有极小值是f(2)＝23－3×22＋1＝－3.答案：28．(2011·潍坊市高三第一次教学质量检测)若等比数列{an}的首项为eq\f(2,3)，且a4＝eq\i\in(1,4,)(1＋2x)dx，则公比等于________．解析：eq\i\in(1,4,)(1＋2x)dx＝(x＋x2)|eq\o\al(4,1)＝(4＋16)－(1＋1)＝18，即a4＝18＝eq\f(2,3)·q3⇒q＝3.答案：39．(2009·山东省高考调研卷)已知函数f(x)＝3x2＋2x＋1，若eq\i\in(-1,1,)f(x)dx＝2f(a)成立，则a＝________.解析：因为eq\i\in(-1,1,)f(x)dx＝eq\i\in(-1,1,)(3x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)|eq\o\al(1,－1)＝4，所以2(3a2＋2a＋1)＝4⇒a＝－1或a＝eq\f(1,3).答案：－1或eq\f(1,3)10．(2009·山东省高考调研卷)曲线y＝eq\f(1,x)＋2x＋2e2x，直线x＝1，x＝e和x轴所围成的区域的面积是________．解析：eq\i\in(1,e,)(eq\f(1,x)＋2x＋2e2x)dx＝eq\i\in(1,e,)eq\f(1,x)dx＋eq\i\in(1,e,)2xdx＋eq\i\in(1,e,)2e2xdx＝lnx|eq\o\al(e,1)＋x2|eq\o\al(e,1)＋e2x|eq\o\al(e,1)＝e2e.答案：e2e三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．11．(12分)(2011·北京)已知函数f(x)＝(x－k)2eqe\s\up10(\f(x,k))(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eqe\s\up10(\f(x,k))令f′(x)＝0，得x＝±k当k>0时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－x，－k)－k(－k，k)k(k，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗4k2e－1↘0↗所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)，(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．当k<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k)k(k，－k)－k(－k，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘0↗4k2e－1↘所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)，(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝eqe\s\up10(\f(k+1,k))>eq\f(1,e)，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e)所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)等价于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e).解得－eq\f(1,2)≤k<0.故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)时，k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).12．(13分)(2011·课标)已知函数f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2).由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq\f(1,2)，且过点(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得a＝1，b＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f(k－1x2－1,x))).考虑函数h(x)＝2lnx＋eq\f(k－1x2－1,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(k－1x2＋1＋2x,x2).(ⅰ)设k≤0，则h′(x)＝eq\f(kx2＋1－x－12,x2)知，当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)>0.从而当x>0，且x≠1时，f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))>0，即f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).(ⅱ)设0<k<1，由于当x∈e