2018高考数学一轮复习文科训练题周周测-3-含答案和解释.docx

周周测3　导数及应用测试 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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． 1．(2018•陕西宝鸡质检二)曲线f(x)＝xlnx在点(e，f(e))(e为自然对数的底数)处的切线方程为(　　) A．y＝ex－2　B．y＝2x＋e C．y＝ex＋2 D．y＝2x－e 答案：D 解析：本题考查导数的几何意义以及直线的方程．因为f(x)＝xlnx，故f′(x)＝lnx＋1，故切线的斜率k＝f′(e)＝2，因为f(e)＝e，故切线方程为y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e，故选D. 2．(2018•四川名校一模)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是(　　) A．0 答案：C 解析：设切点P(a，a3－a2－2a＋1)，由f′(x)＝3x2－2x－2，当a≠－1时，可得切线的斜率k＝3a2－2a－2＝(a3－a2－2a＋1)－1a－(－1)，所以(3a2－2a－2)(a＋1)＝a3－a2－2a，即(3a2－2a－2)(a＋1)＝a(a－2)(a＋1)，所以a＝1，此时k＝－1.又f′(－1)＝3≠－1，故切线有2条． 4．(2016•四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 答案：D 解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)的单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，a＝2. 5．(2018•焦作二模)设函数f(x)＝2(x2－x)lnx－x2＋2x，则函数f(x)的单调递减区间为(　　) A.0，12 B.12，1 C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 答案：B 解析：由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(2x－1)lnx＋2(x2－x)•1x－2x＋2＝(4x－2)lnx.由f′(x)<0可得(4x－2)lnx<0，所以4x－2>0，lnx<0或4x－2<0，lnx>0，解得12数f(x)的单调递减区间为12，1，选B. 6．(2018•石家庄市第一次模拟)函数f(x)＝ex－3x－1(e为自然对数的底数)的图象大致是(　　) 答案：D 解析：由题意，知f(0)＝0，且f′(x)＝ex－3，当x∈(－∞，ln3)时，f′(x)<0，当x∈(ln3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，ln3)上单调递减，在(ln3，＋∞)上单调递增，结合图象知只有选项D符合题意，故选D. 7．(2018•辽宁沈阳郊联体模拟)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是(　　) A.14，12 B．(1,2) C.121 D．(2,3) 答案：C 解析：由函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象得00，∴函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是12，1.故选C. 8．(2018•合肥一模)已知函数f(x)＝lnx＋1x，若关于x的方程f(x)＝a恰有两个不同的实根x1，x2，且x1f(x)＝lnx＋1x的定义域为(0，＋∞)．令f(x)＝0，得x＝1e，所以函数f(x)的零点为e－1，可知在(0，e－1)上，f(x)<0，在(e－1，＋∞)上，f(x)>0.由f(x)＝lnx＋1x得f′(x)＝1x•x－(lnx＋1)x2＝－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝1，故函数f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)，函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝1.所以当方程f(x)＝a有两个不同的实根x1，x2时，必有0a＝f(x2)，由f(x)在(1，＋∞)上单调递减可知x2>1a，所以x2－x1>1a－1，选B. 9．(2018•安徽江淮十校第三次联考)设函数f(x)＝12x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．1＜a≤2 B．a≥4 C．a≤2 D．0＜a≤3 答案：A 解析：易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－9x，由f′(x)＝x－9x＜0，解得0＜x＜3.因为函数f(x)＝12x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以a－1＞0a＋1≤3，解得1＜a≤2，选A. 10．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) 答案：A 解析：令F(x)＝f(x)x，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝f(x)x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝f(x)x在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A. 11．(2018•南昌二模)若函数f(x)＝lnx＋12x2－m＋1mx在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m的取值范围是(　　) A.0，14∪[4，＋∞) B.0，12∪[2，＋∞) C.0，12∪(2，＋∞) D.0，14∪(4，＋∞) 答案：B 解析：f′(x)＝1x＋x－m＋1m，由f′(x)＝0得(x－m)x－1m＝0，∴x＝m或x＝1m.显然m>0.当且仅当00，当x∈(m,2)时，f′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝m.若0<1m<2≤m，即m≥2，则当x∈0，1m时，f′(x)>0，当x∈1m，2时，f′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝1m.综上，m的取值范围是0，12∪[2，＋∞)．故选B. 12．已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a>0)，g(x)＝xf′(x)，定义h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝f(x)，f(x)≥g(x)，g(x)，f(x)x)＝f(x)，∴f(x)≥g(x)在x∈[1,2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在x∈[1,2]上有解，即不等式2a≤1x3＋3x在x∈[1,2]上有解．设y＝1x3＋3x＝3x2＋1x3(x∈[1,2])，∵y′＝－3x2－3x4<0对x∈[1,2]恒成立，∴y＝1x3＋3x在x∈[1,2]上单调递减，∴当x＝1时，y＝1x3＋3x取得最大值4，∴2a≤4，即a≤2，又a>0，故实数a的取值范围为(0,2]，选C. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上． 13．(2018•山西大学附中二模)曲线y＝2sinx(0≤x≤π)与直线y＝1围成的封闭图形的面积为________． 答案：23－2π3 解析：依题意得2sinx＝1，sinx＝12，所以x＝π6，5π6，所以面积为 (2sinx－1)dx＝(－2cosx－x) ＝23－2π3. 14．已知函数f(x)＝lnx－8x－1x＋1，则函数f(x)的图象在1，－72处的切线方程为________． 答案：5x＋4y＋9＝0 解析：由f(x)＝lnx－8x－1x＋1，得f′(x)＝1x－9(x＋1)2， 则f′(1)＝11－9(1＋1)2＝1－94＝－54， 故所求切线方程为y－－72＝－54(x－1)，即5x＋4y＋9＝0. 15．(2018•安徽淮北十二中月考(二))已知f(x)＝x(1＋|x|)，则f′(1)f′(－1)＝________. 答案：9 解析：因为f(x)＝x(1＋|x|)＝x(1＋x)，x≥0，x(1－x)，x<0，所以f′(x)＝1＋2x，x≥0，1－2x，x<0，因此f′(1)f′(－1)＝(1＋2)×(1＋2)＝9. 方法总结：求函数导数的常见类型及解题思路 1．先利用代数、三角函数公式等变形化简解析式，再求导，但要注意化简的等价性． 2．(1)连乘形式，可先化为多项式形式，再求导； (2)三角形式，先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (3)根式形式，先化为分数指数幂，再求导； (4)复合函数，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元处理． 16．(2018•宁夏育才中学月考)若函数f(x)＝alnx－x在区间(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 答案：[2，＋∞) 解析：由f′(x)＝ax－1＝a－xx≥0得a－x≥0，即a≥x，又x∈(1,2)，所以a≥2. 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分) (2018•河南新乡第一次调研)已知函数f(x)＝ex－x2＋2ax. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围． 解析：(1)∵f′(x)＝ex－2x＋2，∴f′(1)＝e， 又f(1)＝e＋1， ∴所求切线方程为y－(e＋1)＝e(x－1)，即ex－y＋1＝0. (2)f′(x)＝ex－2x＋2a， ∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立， ∴a≥x－ex2在R上恒成立，令g(x)＝x－ex2， 则g′(x)＝1－ex2，令g′(x)＝0，则x＝ln2， 在(－∞，ln2)上，g′(x)>0；在(ln2，＋∞)上，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，ln2)上单调递增，在(ln2，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(ln2)＝ln2－1，∴a≥ln2－1， ∴实数a的取值范围为[ln2－1，＋∞)． 18．(本小题满分12分) (2018•山东德州期中)已知函数f(x)＝13x3－(2m＋1)x2＋3m(m＋2)x＋1，其中m为实数． (1)当m＝－1时，求函数f(x)在[－4,4]上的最大值和最小值； (2)求函数f(x)的单调递增区间． 解：(1)当m＝－1时，f(x)＝13x3＋x2－3x＋1， f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1)． 当x<－3或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－3x)在[－4,4]上的最大值为793，最小值为－23. (2)f′(x)＝x2－2(2m＋1)x＋3m(m＋2) ＝(x－3m)(x－m－2)． 当3m＝m＋2，即m＝1时，f′(x)＝(x－3)2≥0， ∴f(x)单调递增，即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当3m>m＋2，即m>1时，由f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0可得x3m， 此时f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)． 当3m0可得x<3m或x>m＋2， 此时f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)． 综上所述：当m＝1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 当m>1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)； 当m<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)． 方法总结：求函数在[a，b]上的最值的步骤 (1)求函数在(a，b)上的极值； (2)求函数在区间端点的函数值，将端点的函数值与极值比较大小，最大的是最大值，最小的是最小值． 19．(本小题满分12分) 已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数)． (1)当a∈N，且e－2＜01f(x)dx＜e－1时，求f(x)的最小值； (2)设不等式f(x)＞x的解集为P，且{x|0≤x≤2}⊆P，求实数a的取值范围． 解析：(1)01f(x)dx＝(ex－a2x2) ＝e－a2－1，由e－2＜01f(x)dx＜e－1，得e－2＜e－a2－1＜e－1，∴0＜a＜2，又∵a∈N，∴a＝1. ∴f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＞0，解得x＞0；令f′(x)＜0，解得x＜0. 从而在(－∞，0)内单调递减，(0，＋∞)内单调递增．所以当x＝0时，f(x)取得最小值1. (2)因为不等式f(x)＞x的解集为P，且{x|0≤x≤2}⊆P， 所以，对任意的x∈[0,2]，不等式f(x)＞x恒成立， 由f(x)＞x得(1＋a)x＜ex.当x＝0时，上述不等式显然成立，故只需考虑x∈(0,2]的情况．将(1＋a)x＜ex变形得a＜exx－1， 令g(x)＝exx－1，g′(x)＝(x－1)exx2 令g′(x)＞0，解得x＞1；令g′(x)＜0，解得x＜1. 从而g(x)在(0,1)内单调递减，在(1,2)内单调递增．所以当x＝1时，g(x)取得最小值e－1，从而所求实数的取值范围是(－∞，e－1)． 20．(本小题满分12分) (2018•河南安阳调研)已知函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx＋1，a∈R. (1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的极大值； (2)求a的范围，使得f(x)≥1恒成立． 解：(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋ax(x>0)． ∵x＝3是f(x)的极值点， ∴f′(3)＝3－(a＋1)＋a3＝0，解得a＝3. 当a＝3时，f′(x)＝x2－4x＋3x＝(x－1)(x－3)x. 当x变化时，f′(x)＝x2－4x＋3x＝(x－1)(x－3)x. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化见下表： x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) �� 极大值 �� 极小值 ��
∴f(x)的极大值为f(1)＝－52. (2)f(x)≥1恒成立，即x>0时， 12x2－(a＋1)x＋alnx≥0恒成立． 设g(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx， 则g′(x)＝x－a＋1)＋ax＝(x－1)(x－a)x. ①当a≤0时，由g′(x)<0得 g(x)的单调递减区间为(0,1)， 由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)， ∴g(x)min＝g(1)＝－a－12≥0，解得a≤－12. ②当00得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)， 此时g(1)＝－a－12<0，不合题意． ③当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(1)＝－a－12<0，不合题意． ④当a>1时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(1，a)，由g′(x)>0得gx)的单调递增区间为(0,1)，(a，＋∞)， 此时，g(1)＝－a－12<0，不合题意． 综上所述，当a≤－12时，f(x)≥1恒成立． 21．(本小题满分12分) (2018•天津静海一中调研)已知函数f(x)＝x＋ax＋lnx，a∈R. (1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值； (2)若f(x)在区间(1,2)上单调递增，求a的取值范围； (3)讨论函数g(x)＝f′(x)－x的零点个数． 解：(1)因为f′(x)＝1－ax2＋1x＝x2＋x－ax2， 由已知f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0， 解得a＝2. 经检验，当a＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值， 所以a＝2. (2)由(1)知，f′(x)＝1－ax2＋1x＝x2＋x－ax2，x>0. 因为f(x)在区间(1,2)上单调递增， 所以f′(x)≥0在区间(1,2)上恒成立， 即a≤x2＋x在区间(1,2)上恒成立，所以a≤2. (3)因为g(x)＝f′(x)－x，所以g(x)＝1－ax2＋1x－x，x>0. 令g(x)＝0，得a＝－x3＋x2＋x. 令h(x)＝－x3＋x2＋x，x>0， 则h′(x)＝－3x2＋2x＋1＝－(3x＋1)(x－1)． 当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 所以h(x)max＝h(1)＝1. 综上，当a>1时，函数g(x)无零点， 当a＝1或a≤0时，函数g(x)有一个零点， 当00. (1)若a<0，f(x)和F(x)在区间(0，ln3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围； (2)设函数h(x)＝x2－f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈0，12，求证：h(x1)－h(x2)>34－ln2. 解析：(1)解：f′(x)＝a－1x＝ax－1x，F′(x)＝ex＋a，x>0， ∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意； 当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)， 由F′(x)<0，得00)． 令h′(x)＝0，得x1x2＝12，且axi＝2x2i＋1(i＝1,2)． ∵x1∈0，12，∴x2∈(1，＋∞)． ∴h(x1)－h(x2)＝(x21－ax1＋lnx1)－(x22－ax2＋lnx2)＝(－x21－1＋lnx1)－(－x22－1＋lnx2)＝x22－x21＋lnx1x2＝x22－14x22－ln(2x22)(x2>1)． 设t＝2x22(t>2)，则 φ(t)＝h(x1)－h(x2)＝t2－12t－lnt，t>2， ∴φ′(t)＝(t－1)22t2>0， ∴φ(t)>φ(2)＝34－ln2，即h(x1)－h(x2)>34－ln2.

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