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时间：45分钟 分值：75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，只有一项是符合题目要求的，将答案填在题后括号内．
1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )
A．1 B．2
C．0 D.
解析 由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.
答案 B
2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )
解析 x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.
答案 D
3．(2021·福建卷)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论确定正确的是( )
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的微小值点
C．－x0是－f(x)的微小值点
D．－x0是－f(－x)的微小值点
解析 y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，由x0是f(x)的极大值点，得－x0是－f(－x)的微小值点．
答案 D
4．(理)(2021·浙江卷)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( )
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到微小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到微小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析 当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，x＝1不是f′(x)＝0的根，所以不是极值点，排解A，B；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，当x＝1时，f′(x)＝0且x>1时，f′(x)>0.结合选项，故选C.
答案 C
4．(文)(2021·浙江卷)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
解析 在(－1,0)上，f′(x)单调递增，所以f(x)图象的切线斜率呈递增趋势；在(0,1)上，f′(x)单调递减，所以f(x)图象的切线斜率呈递减趋势．故选B.
答案 B
5．(理)(2021·湖北卷)一辆汽车在高速大路上行驶，由于遇到紧急状况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车连续行驶的距离(单位：m)是( )
A．1＋25ln5 B．8＋25ln
C．4＋25ln5 D．4＋50ln2
解析 汽车以速度v(t)＝7－3t＋行使到停止，故令v(t)＝0，解得t＝4或t＝－(舍)，从而S＝v(t)dt＝dt＝＝7×4－×42＋25ln5＝4＋25ln5，所以选C.
答案 C
5．(文)(2021·辽宁卷)函数y＝x2－lnx的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．．故选B.
答案 B
6．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a<b，则必有( )
A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)
解析 设F(x)＝，则F′(x)＝≤0，
故F(x)＝为减函数．
由0<a<b，有≥⇒af(b)≤bf(a)，故选A.
答案 A
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中横线上．
7．(2021·江西卷)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.
解析 令t＝ex>0，f(t)＝lnt＋t，即f(x)＝x＋lnx(x>0)，f′(x)＝1＋，于是f′(1)＝2.
答案 2
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，微小值是负数，则a的取值范围是________．
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－a<x<a时，f′(x)<0，函数递减；
当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数递增，
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0，且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>.
答案
9．若点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．
解析 过点P作y＝x－2的平行直线，且与曲线y＝x2－lnx相切．
设P(x0，x－lnx0)，则有k＝y′|x＝x0＝2x0－.
∴2x0－＝1.∴x0＝1或x0＝－(舍去)．
∴P(1,1)，∴d＝＝.
答案
三、解答题：本大题共3小题，共30分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
10．(本小题10分)已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.
(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)t≠0时，求f(x)的单调区间．
解 (1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.
(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.
令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.
由于t≠0，以下分两种状况争辩：
①若t<0，则<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－t，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
↘
所以，f(x)的单调递增区间是，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.
②若t>0，则－t<.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－t)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
↘
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，；f(x)的单调递减区间是.
11．(本小题10分)(2021·福建卷)已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得微小值，且微小值为f(a)＝a－alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得微小值a－alna，无极大值．
12．(本小题10分)(理)(2021·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.
而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(－2， x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增，故F(x)在．
12．(本小题10分)(文)(2021·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|>1，求f(x)在闭区间上的最小值．
解 (1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，
所以f′(2)＝6.
又由于f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间上的最小值．
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)·(x－a)．
令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a.
当a>1时，
比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a<－1时，
得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)在闭区间上的最小值为
g(a)＝
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