泉州市2016届高三年专题适应性练习卷（函数与导数）.doc

泉州市2016届高三年专题适应性练习卷（函数与导数）

一、选择题

1．设函数f(x)?x(x?k)(x?2k)(x?3k)，且f?(0)?6，则k（ ） A．0 B．－1 C．3 D．－6[来源:学

2．设函数f(x)在定义域内可导,y?f(x)的图象如下右图所示,则导函数y?f?(x)可能为( )

3．已知定义在R上的函数f(x)满足f(?1)?f(3)?1，f'(x)为f(x)的导函数，且导函数y?f'(x)的图象如图所示.则不等式f(x)?1的解集是 （ ） A.(?1,0) B.(?1,3) C.(0,3) D.(??,?1)?(3,??)

4．设函数f(x)?ax3?bx2?cx，若1和?1是函数f(x)的两个零点，则x1x2x1和x2是f(x)的两个极值点，等于( )

A．?1 B．1

C．? D．

1313

35D.

5

5．函数f(x)＝e2x的图象上的点到直线2x－y－4＝0的距离的最小值是( ) A.3

32

B.5 C.

2

6．若函数f(x)??2x3?ax2?1存在唯一的零点，则实数a的取值范围为 （A）[0,??) （B）[0,3] （C）(?3,0] （D）(?3,??) 7．已知函数f(x)?1?lnxk ，如果当x?1时，不等式f(x)?恒成立，则实数k的取值范围( ) xx?1A．k?1 B．k?1 C．k?2 D．k?3[来 8．若过点A(2，m)可作函数f(x)?x?3x对应曲线的三条切线，则实数m的取值范围（ ） A．[?2,6] B．(?6,1) C．(?6,2) D．(?4,2)

9．已知定义在R上的函数y?f(x)满足：函数y?f(x?1)的图象关于直线x?1对称，且当

311x?(??,0),f(x)?xf'(x)?0(f'(x)是函数f(x)的导函数)成立,若a?(sin)f(sin)，

221b?(ln2)f(ln2)，c?2f(log1),则a,b,c的大小关系是( ）

24A． a?b?c B．b?a?c C．c?b?a D．a?c?b 二、填空题

1＋sin2x

10．已知函数f(x)＝sin x＋cos x，且f??x?＝2f?x?，f′(x)是f(x)的导函数，则2＝________.

cosx－sin 2x11．若函数y?xlnx?ax2有两个极值点,则实数a的范围是_____________． 12．已知直线y?kx?1与曲线y?lnx有公共点，则实数k的取值范围是 ． 三．解答题 13．已知函数为?1．

（1）求a的值及函数

f(x)?ex?ax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线y?f(x)在点A处的切线斜率

f(x)的极值；

2（2）证明：当x?0时，x?ex；

（3）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈（x0，+∞）时，恒有x＜cex． 1

14．设函数f(x)＝ax＋(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3．

x＋b(1)求f(x)的解析式；

(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 15．设函数f(x)?1?(1?a)x?x2?x3．来源:Zxxk.Com] （1） 讨论f(x)在其定义域上的单调性；

（2） 若a?0，则[当x?[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 16．已知函数f(x)?lnx?x2?ax（a为常数）． （1）若x?1是函数f(x)的一个极值点，求a的值； （2）当0?x?2时，试判断f(x)的单调性；

（3）若对任意的a?(1,2),x0?[1,2]，使不等式f(x0)?mlna恒成立，求实数m的取值范围． 17．已知函数f(x)?px?p?2lnx． x（1）若p?2，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

（2）若函数f(x)在其定义域内为增函数，求正实数p的取值范围； （3）设函数g(x)?

2e，若在?1,e?上至少存在一点x0，使得f(x0)?g(x0)成立，求实数p的取值范围． x18．已知函数f(x)?2a2lnx?x2(常数a?0)．

(1)求证：无论a为何正数，函数f(x)的图象恒过点A(1,?1)； (2) 当a?1时，求曲线y?f(x)在x?1处的切线方程；

(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数（e为自然对数的底数）． 参考答案 一、选择题答案 BDBCBDCCC 二、填空题 10.

1111 11. (0,) 12. (??,2] .

215e三、解答题

13. 解：（1）由f（x）=ex﹣ax得f′（x）=ex﹣a． 又f′（0）=1﹣a=﹣1，∴a=2， ∴f（x）=ex﹣2x，f′（x）=ex﹣2． 由f′（x）=0得x=ln2，

当x＜ln2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 当x＞ln2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

∴当x=ln2时，f（x）有极小值为f（ln2）=eln2﹣2ln2=2﹣ln4． f（x）无极大值．

（2）证明：令g（x）=ex﹣x2，则g′（x）=ex﹣2x，

由（1）得，g′（x）=f（x）≥f（ln2）=eln2﹣2ln2=2﹣ln4＞0，即g′（x）＞0， ∴当x＞0时，g（x）＞g（0）＞0，即x2＜ex；

（3）证明：对任意给定的正数c，总存在x0=＞0．当x∈（x0，+∞）时， 由（2）得ex＞x2＞x，即x＜cex．

∴对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈（x0，+∞）时，恒有x＜cex．

1

14.解答 (1)f′(x)＝a－，

(x＋b)2?于是?1

a－

?(2＋b)＝0，

212a＋＝3，

2＋b

?a＝1，?解得?或

?b＝－1，?

?

?8?b＝－3.

9a＝，4

1

因a，b∈Z，故f(x)＝x＋.

x－1

1

(2)证明：在曲线上任取一点?x0，x0＋x－1?.

??01

由f′(x0)＝1－知，过此点的切线方程为

(x0－1)21x20－x0＋1

y－＝?1－(x－1)2?(x－x0)．

??x0－10

x0＋1?x0＋1?.

令x＝1得y＝，切线与直线x＝1交点为?1，?x0－1?x0－1?令y＝x得y＝2x0－1，切线与直线y＝x交点为(2x0－1,2x0－1)． 直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)．

1?x0＋1?12?－1?|2x0－1－1|＝?从而所围三角形的面积为?|2x－2|＝2.

2?x0－1?2?x0－1?0所以，所围三角形的面积为定值2.

15. 解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)＝1＋a－2x－3x2. 当??0时，即a???0时，即a??4时，f'(x)?0恒成立，故f(x)在(－∞，＋∞)为减函数 34时， 3当?－1－4＋3a

令f′(x)＝0，得x1＝，

3x2＝

－1＋4＋3a

，x1

3

所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 当xx2时，f′(x)<0； 当x10.

－1－4＋3a???－1＋4＋3a?

故f(x)在?－∞，?和 ?，＋∞?内单调递减，

33????在?

?－1－4＋3a－1＋4＋3a?内单调递增．

?，33??

(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，

①当a≥4时，x2≥1.

由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，

所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0

由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减， －1＋4＋3a

所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．

3又f(0)＝1，f(1)＝a，

所以当0

16. 解：f?(x)?1?2x?a． x（1）由已知得：f?(1)?0，∴1?2?a?0，∴a?3．

a2a22(x?)?1?12x2?ax?148， （2）当0?a?2时，f?(x)??2x?a??xxxa22x2?ax?1因为0?a?2，所以1??0，而x?0，即f?(x)??0，

8x故f(x)在(0,??)上是增函数．

（3）当a?(1, 2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)?1?a， 故问题等价于：对任意的a?(1, 2)，不等式1?a?mlna恒成立．即m?记g(a)?1?a恒成立 lna1?a?alna?1?a?g(a)?1?a?2，（），则， 2lnaalna令M(a)??alna?1?a，则M?(a)??lna?0 所以M(a)，所以M(a)?M(1)?0 故g?(a)?0，所以g(a)?1?a1?2??log2e 在a?(1,2)上单调递减所以m?g(2)?lnaln2即实数m的取值范围为(??,?log2e]．

17.解:⑴当p?2时，函数f(x)?2x?222?2lnx，f(1)?2?2?2ln1?0．f?(x)?2?2?， xxx曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f?(1)?2?2?2?2．

从而曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y?0?2(x?1)，即y?2x?2．

p2px2?2x?p⑵f?(x)?p?2??． 令h(x)?px2?2x?p， 2xxx要使f(x)在定义域(0,??)内是增函数，只需h(x)≥0在(0,??)内恒成立． 由题意p?0，h(x)?px2?2x?p的图象为开口向上的抛物线， 对称轴方程为x?∴h(x)min?p?1?(0,??)， p11，只需p?≥0，即p≥1时，h(x)≥0,f?(x)≥0 pp∴f(x)在(0,??)内为增函数，正实数p的取值范围是[1,??)． ⑶∵g(x)?2e在?1,e?上是减函数，∴x?e时,g(x)min?2;x?1时，g(x)max?2e， x即g(x)??2,2e?，

① 当p?0时，h(x)?px2?2x?p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴x?1在y轴 p的左侧，且h(0)?0，所以f(x)在x??1,e?内是减函数．当p?0时，h(x)??2x，因为x??1,e?，所以h(x)?0，f?(x)??2x?0，此时，f(x)在x??1,e?内是减函数．故∴当p≤0时，f(x)在?1,e?上单x2调递减?f(x)max?f(1)?0?2，不合题意；

1② 当0?p?1时，由x??1,e??x?≥0，所以f(x)?x又由⑵知当p?1时，f(x)在?1,e?上是增函数， ∴x?1?1?p?x???2lnx≤x??2lnx．

x?x?111?2lnx≤e??2lne?e??2?2，不合题意； xee③ 当p≥1时，由⑵知f(x)在?1,e?上是增函数，f(1)?0?2，

又g(x)在?1,e?上是减函数，

1??故只需f(x)max?g(x)min，x??1,e?，而f(x)max?f(e)?p?e???2lne，g(x)min?2，

e??1?4e??4e?,???． 即p?e???2lne?2，解得p?2 综上所述,实数p的取值范围是?2e?e?1??e?1?

18 解：(1)∵f(1)?2a2ln1?1?0?1??1

∴无论a为何正数，函数f(x)的图象恒过点A(1,?1)． (2)当 a?1时，f(x)?2lnx?x2，

?f?(x)?2?2x. x?f?(1)?0.

又?f(1)??1，

∴曲线y?f(x)在点x?1处的切线方程为y?1?0． (3) f(x)?2a2lnx?x2，所以

2a22a2?2x2f?(x)??2x?

xx ??2(x?a)(x?a).

x因为x?0，a?0，

于是当0?x?a时，f?(x)?0，当x?a时，f?(x)?0. 所以f(x)在?0,a?上是增函数，在?a,???上是减函数. 所以，f(x)max?f(a)?a2(2lna?1). 讨论函数f(x)的零点情况如下． ①当a(2lna?1)?0，即0?a?②当a(2lna?1)?0，即a?而 1?a?e?e，

2∴f(x)在(1,e)内有一个零点；

222e时，函数f(x)无零点，在(1,e2)上也无零点；????9分

e时，函数f(x)在(0,??)内有唯一零点a，

③当a(2lna?1)?0，即a?2e时，

2由于f(1)??1?0，f(a)?a(2lna?1)?0，

f(e2)?2a2lne2?e4?4a2?e4?(2a?e2)(2a?e2)，

e2e2当2a?e?0时，即e?a?时，由单调性可知，函数f(x) 1?e?a??e2，f(e2)?0，

222在(1,a)内有唯一零点x1、在(a,e2)内有唯一零点x2满足，f(x)在(1,e2)内有两个零点；

1e2当2a?e?0时，即a??e时，f(e2)?0，而且f(e)?2a2??e?a2?e?0，

222f(1)??1?0由单调性可知，无论a?e2还是a?e2，f(x)在(1,e)内有唯一的一个零点，在

[e,e2)内没有零点，从而f(x)在(1,e2)内只有一个零点；

（注：这一类的讨论中，若没有类似“f(e)?0来说明唯一零点在(1,e)内”的这一步，则扣去这2分）

综上所述，有： 当0?a?e时，函数f(x)无零点；

e2当a?e或a?时，函数f(x)有一个零点；

2e2当e?a?时，函数f(x)有两个零点.

2

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