2015-2016学年高中数学 第一章 导数及其应用综合检测 新人教A版选修2-2

2015-2016学年高中数学 第一章 导数及其应用综合检测 新人教A

版选修2-2

时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)

1．(2014～2015·福建龙海市程溪中学高二期末)以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是( )

π3π

A．[0，]∪[，π)

44π3π

C．[，]

44[答案] A

[分析] 先求导数，再依据弦函数性质得到导函数的值域，即切线斜率的取值范围，最后求直线的倾斜角的取值范围．

[解析] y′＝cosx， ∵cosx∈[－1,1]，

∴切线的斜率范围是[－1,1]，

π3π

∴倾斜角的范围是[0，]∪[，π)．

44

2．(2015·青岛市胶州高二期中)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x－ax－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )

A．2 C．6 [答案] D

[解析] ∵f′(x)＝12x－2ax－2b， 又因为在x＝1处有极值， ∴a＋b＝6， ∵a>0，b>0， ∴ab≤(

2

3

2

B．[0，π)

ππ3π

D．[0，]∪(，] 424

B．3 D．9

a＋b2

)＝9，

2

当且仅当a＝b＝3时取等号， 所以ab的最大值等于9.故选D.

3．(2014·淄博市临淄区学分认定考试)下列函数中，x＝0是其极值点的函数是( ) A．f(x)＝－x

3

B．f(x)＝－cosx

1

C．f(x)＝sinx－x [答案] B

1

D．f(x)＝ x[解析] 对于A，f ′(x)＝－3x≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，

2

f ′(x)＝sinx，当x∈(－π，0)时，f ′(x)<0，当x∈(0，π)时，f ′(x)>0，故f(x)

＝－cosx在x＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x＝0是f(x)的一个极小值点；对于C，f ′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上单调递减，1

没有极值点；对于D，f(x)＝在x＝0没有定义，所以x＝0不可能成为极值点，综上可知，

x答案选B.

4．已知函数f(x)＝－x＋ax－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是( )

A．(－∞，－3)，∪(3，＋∞) C．(－∞，－3]∪[3，＋∞) [答案] D

[解析] f ′(x)＝－3x＋2ax－1，∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，且f ′(x)的图象是开口向下的抛物线，∴f ′(x)≤0恒成立，∴Δ＝4a－12≤0，∴－3≤a≤3，故选D.

5．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如下图所示，则导函数y＝f ′(x)的图象可能是( )

2

23

2

B．(－3，3) D．[－3，3]

[答案] A

[解析] f(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上变化规律是减→增→减，因此

f ′(x)的图象在(－∞，0)上，f ′(x)>0，在(0，＋∞)上f ′(x)的符号变化规律是负→

正→负，故选A.

6．已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，若△ABC为锐角三角形，则一定成立的是( )

2

A．f(sinA)>f(cosB) C．f(sinA)>f(sinB) [答案] A

[解析] 由导函数图象可知，x>0时，f ′(x)>0，即f(x)单调递增，又△ABC为锐角三角形，则A＋B>

ππππ

，即>A>－B>0，故sinA>sin(－B)>0，即sinA>cosB>0，故2222

B．f(sinA)

f(sinA)>f(cosB)，选A.

1312

7．(2014～2015·祁东县模拟)函数f(x)＝ax＋ax－2ax＋1的图象经过四个象限，

32则实数a的取值范围是( )

36

A．－

10781C．－

316[答案] D

[解析] f′(x)＝ax＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)， 要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0， 10736即(a＋1)(－a＋1)<0，解得a<－或a>.

36107故选D.

18．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f ′(x)>，则满足2f(x)

A．{x|－11} [答案] B

1

[解析] 令g(x)＝2f(x)－x－1，∵f ′(x)>，

2∴g′(x)＝2f ′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数， ∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0， ∴当x<1时，g(x)<0，即2f(x)

B．{x|x<1} D．{x|x>1}

2

83B．－ 107

3

9．(2013·华池一中高二期中)若关于x的方程x－3x＋m＝0在[0,2]上有根，则实数m的取值范围是( )

A．[－2,2] C．[－2,0] [答案] A

[解析] 令f(x)＝x－3x＋m，则f ′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)，显然当x<－1或

3

2

3

B．[0,2]

D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)

x>1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当－1

∴在x＝－1时，f(x)取极大值f(－1)＝m＋2，在x＝1时，f(x)取极小值f(1)＝m－2.

??f?1?<0，∵f(x)＝0在[0,2]上有解，∴?

?f?2?>0，???m－2≤0，

∴?

?2＋m≥0，?

∴－2≤m≤2.

2

10．(2014～2015·天门市调研)已知函数f(x)的导函数f ′(x)＝a(x－b)＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是( )

[答案] D

[解析] 由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，排除A，B；当0

f ′(x)>0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.

11．(2015·河南八市质量监测)已知函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x－x－5，若对任意

ax32

?1?的x1，x2∈?，2?，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，则a的取值范围是( ) ?2?

A．(0，＋∞) C．(－∞，0) [答案] B

B．[1，＋∞) D．(－∞，－1]

?12?322

[解析] 由于g(x)＝x－x－5?g′(x)＝3x－2x＝x(3x－2)，∴函数g(x)在?，?上

?23?

4

41?2??1?11

单调递减，在?，2?上单调递增，g??＝－－5＝－，g(2)＝8－4－5＝－1.由于对?x1，

8?3??2?84

????x2∈?，2?，f(x1)－g(x2)≥2恒成立，∴f(x)≥[g(x)＋2]max，即x∈?，2?时，f(x)≥1恒

?

?

a?1??1?2

成立，即＋xlnx≥1，在?，2?上恒成立，a≥x－x2lnx在?，2?上恒成立，令h(x)＝x－xlnx，

x?2??2?

则h′(x)＝1－2xlnx－x，

1?21?2

?1?而h″(x)＝－3－2lnx，x∈?，2?时，h″(x)<0， ?2??1?所以h′(x)＝1－2xlnx－x在?，2?单调递减， ?2?

?1?由于h′(1)＝0，∴x∈?，1?时，h′(x)>0，x∈[1,2]时，h′(x)<0，所以h(x)≤h(1)?2?

－1，∴a≥1.

12．(2014～2015·黑龙江龙东南四校高二期末)已知函数f(x)＝x＋2bx＋cx＋1有两个极值点x1、x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是( )

3

A．[－，3]

2C．[3,12] [答案] C

[分析] 根据极值的意义可知，极值点x1、x2是导函数等于零的两个根，根据根的分布建立不等关系，画出满足条件的区域．利用参数表示出f(－1)的值域，设z＝x＋3y，再利用z的几何意义求最值．

[解析] f′(x)＝3x＋4bx＋c，

依题意知，方程f′(x)＝0有两个根x1、x2， 且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，

等价于f′(－2)≥0，f′(－1)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0. 12－8b＋c≥0，??3－4b＋c≤0，

由此得b，c满足的约束条件为?3＋4b＋c≤0，

??12＋8b＋c≥0.

2

3

2

3

B．[，6]

23

D．[－，12]

2

满足这些条件的点(b，c)的区域为图中阴影部分．

5

由题设知f(－1)＝2b－c， 令z＝2b－c，

当直线z＝2b－c经过点(0，－3)时，z最小， 最小值为3.

当直线z＝2b－c经过点C(0，－12)时，z最大， 最大值为12.故选C.

二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．已知f(x)＝x＋3x＋a(a为常数)，在[－3,3]上有最小值3，那么在[－3,3]上f(x)的最大值是________________．

[答案] 57

[解析] f ′(x)＝3x＋6x＝3x(x＋2)，当x∈[－3，－2)和x∈(0,3]时，f ′(x)>0，

2

3

2

f(x)单调递增，当x∈(－2,0)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，∴极大值为f(－2)＝a＋4，

极小值为f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由条件知a＝3，∴最大值为f(3)＝54＋3＝57.

12

14．如图阴影部分是由曲线y＝、y＝x与直线x＝2、y＝0围成，则其面积为______．

x

6

2

[答案] ＋ln2

3

y＝x，??

[解析] 由?1

y＝??xx＝2??

由?1

y＝??x2

，得交点A(1,1)

?1?得交点B?2，?.

?2?

32212

xdx＋?dx＝x2 |0 ＋lnx|1 ＝＋ln2.

33?x21

故所求面积S＝?

1

1

?0

3

15．函数f(x)＝ax－3x在区间(－1,1)上为单调减函数，则a的取值范围是__________． [答案] a≤1

[解析] f ′(x)＝3ax－3，∵f(x)在(－1,1)上为单调减函数，∴f ′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，

即3ax－3≤0在(－1,1)上恒成立， 1

∴a≤2，∵x∈[－1,1)，∴a≤1.

2

2

x[警示] 本题常因混淆f(x)在区间A上单调递减与f(x)的单调递减区间为A致误，f(x)在区间A上单调递减时，A可能是f(x)的单调减区间的一个真子集．

若f(x)的单调减区间为[m，n]，则在x＝m(x＝n)两侧函数值异号，f ′(m)＝0(f ′(n)＝0)；若f(x)在区间[m，n]上单调递减，则f ′(x)≤0在[m，n]上恒成立．

16．(2015·河南高考适应性测试)已知函数f(x)的图象在[a，b]上连续不断，定义：

f1(x)＝min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，f2(x)＝max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，其中，

min{f(x)|x∈D}表示函数f(x)在区间D上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函数f(x)在区间

D上的最大值．若存在最小正整数k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)对任意的x∈[a，b]成立，

则称函数为区间[a，b]上的“k阶收缩函数”．有以下三个命题，其中正确的命题为________________．(请把正确命题序号填在横线上)．

①若f(x)＝cosx，x∈[0，π]，则f1(x)＝cosx，x∈[0，π]，f2(x)＝1，x∈[0，π]； ②函数f(x)＝－x＋3x是[0,1]上的2阶收缩函数；

③若函数f(x)＝x，x∈[－1,4]是[－1,4]上的“k阶收缩函数”，则k＝4. [答案] ①②③

[解析] 对于①，由于f(x)＝cosx在[0，π]上单调递减，由已知可得f1(x)＝cosx，

23

2

f2(x)＝f(0)＝1，故①正确；对于②，f′(x)＝－3x2＋6x，当x∈[0,1]时，f′(x)>0，f(x)

在[0,1]上单调递增，故f1(x)＝f(0)＝0，f2(x)＝－x＋3x，f2(x)－f1(x)＝－x＋3x≤kx3

2

3

2

7

－x＋3x22

对?x∈[0,1]成立，当x≠0时，k≥＝－x＋3x恒成立，又当x＝1时，－x＋3x32

x??x，x∈[－1，0?取得最大值2，∴k≥2，即②正确；③中，f1(x)＝?

?0，x∈[0，4]???1，x∈[－1，1?

?2

?x，x∈[1，4]?

2

，f2(x)＝

，

2

1－x，x∈[－1，0???

∴f(x2)－f(x1)＝?1，x∈[0，1?

??x2，x∈[1，4]

2

.

当x∈[－1,0]时，1－x≤k(x＋1)，∴k≥1－x，k≥2. 当x∈(0,1)时，1≤k(x＋1)，∴k≥

2

1

，∴k≥1. x＋1

16

，∴k≥. x＋15

当x∈[1,4]时，x≤k(x＋1)，∴k≥

2

x2

即f(x)＝x，x∈[－1,4]是[－1,4]上的“k阶收缩函数”，则k＝4.

三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

1

(2)若f(x)在(0,1]上 的最大值为，求a的值．

2[解析] 函数f(x)的定义域为(0,2)，

f ′(x)＝－＋a，

x2－x－x＋2

(1)当a＝1时，f ′(x)＝，∴当x∈(0，2)时，f ′(x)>0，当x∈(2，

x?2－x?2)时，f ′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；

(2)当x∈(0,1]时，f ′(x)＝

2－2x＋a>0，

x?2－x?

2

11

1

即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.

218．(本题满分12分)(2014·韶关市曲江一中月考)已知函数f(x)＝ax＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，当x＝1时，f(x)取得极值－2.

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)求函数f(x)的单调区间和极大值；

(3)证明：对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立． [解析] (1)∵f(x)是R上的奇函数，

8

3

∴f(－x)＝－f(x)，

即－ax－cx＋d＝－ax－cx－d，∴d＝－d， ∴d＝0(或由f(0)＝0得d＝0)． ∴f(x)＝ax＋cx，f ′(x)＝3ax＋c， 又当x＝1时，f(x)取得极值－2，

??f?1?＝－2，∴???f ′?1?＝0，

3

2

3

3

??a＋c＝－2，

即???3a＋c＝0，

??a＝1，

解得?

??c＝－3.

∴f(x)＝x－3x.

(2)f ′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)，令f ′(x)＝0，得x＝±1， 当－11时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；

∴函数f(x)的递增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)；递减区间为(－1,1)． 因此，f(x)在x＝－1处取得极大值，且极大值为f(－1)＝2.

(3)由(2)知，函数f(x)在区间[－1,1]上单调递减，且f(x)在区间[－1,1]上的最大值为M＝f(－1)＝2.最小值为m＝f(1)＝－2.∴对任意x1、x2∈(－1,1)，

|f(x1)－f(x2)|

即对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．

19．(本题满分12分)(2014·北京海淀期中)已知函数f(x)＝x－2(a＋1)x＋2alnx(a>0)．

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间；

(3)若f(x)≤0在区间[1，e]上恒成立，求实数a的取值范围． [解析] (1)∵a＝1，∴f(x)＝x－4x＋2lnx， 2x－4x＋2

∴f ′(x)＝(x>0)，

2

2

2

2

3

xf(1)＝－3，f ′(1)＝0，

所以切线方程为y＝－3.

2x－2?a＋1?x＋2a2?x－1??x－a?(2)f ′(x)＝＝(x>0)，

2

xx令f ′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，

当00，在x∈(a,1)时，f ′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a＝1时，f ′(x)2?x－1?＝≥0，∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>1时，在x∈(0,1)或x∈(a，＋

2

x∞)时，f ′(x)>0，在x∈(1，a)时，f ′(x)<0，∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，

9

单调递减区间为(1，a)．

(3)由(2)可知，f(x)在区间[1，e]上只可能有极小值点，∴f(x)在区间[1，e]上的最大值必在区间端点取到，

e－2e

∴f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥.

2e－2

2

2

20．(本题满分12分)(2015·河南六市联考)已知函数f(x)＝lnx， x≥1???1

?x＋2??x－a?，x<1??e

(a为常数，e为自然对数的底数)的图象在点A(e,1)处的切

线与该函数的图象恰好有三个公共点，求实数a的取值范围．

111[解析] 由于f′(e)＝，得f(x)在点A处的切线方程为：y－1＝(x－e)，即x－yeee＝0

1

由题意知切线与y＝(x＋2)(x－a)(x<1)有两个交点，

e

112

即x＝(x＋2)(c－a)有两个小于1的根，即x＋(1－a)x－2a＝0有两个小于1的根，ee设两根为x1，x2，则

Δ>0??

?x1＋x2<2???x1－1??x2－1?>0

?1－a?＋8a>0??

即?a－1<2??－2a－?a－1?＋1>0

2

2

解得：a<－3－22或－3＋22

3

x2y2

21．(本题满分12分)(2015·重庆文，21)如图，椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分

ab别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.

(1)若|PF1|＝2＋2，|PF2|＝2－2，求椭圆的标准方程；

34

(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ<，试确定椭圆离心率e的取值范围．

43

[解析] (1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a＝2. 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝|PF1|＋|PF2|

10

2

2

＝?2＋2?＋?2－2?＝23，即c＝3. 从而b＝a－c＝1.

故所求椭圆的标准方程为＋y＝1.

4(2)如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|得， |QF1|＝|PF1|＋|PQ|＝1＋λ|PF1|，

由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a.

于是(1＋λ＋1＋λ)|PF1|＝4a.

2a?λ＋1＋λ－1?

解得|PF1|＝，故|PF|＝2a－|PF|＝. 2122

1＋λ＋1＋λ1＋λ＋1＋λ由勾股定理得|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|＝(2c)＝4c，

24a??2?2a?λ＋1＋λ－1??2

从而??＝4c2， 2?＋?2

?1＋λ＋1＋λ??1＋λ＋1＋λ?

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

x2

2

4a2

两边除以4a，得

＋＝e， 22

?1＋λ＋1＋λ??1＋λ＋1＋λ?

22

2

4?λ＋1＋λ－1?

22

2

若记t＝1＋λ＋1＋λ，则上式变成 4＋?t－2??11?21e＝＝8?－?＋. 2t?t4?2

2

2

2

342由≤λ<，并注意到1＋λ＋1＋λ关于λ的单调性， 4311112525得3≤t<4，即<≤，进而

4t32923

22．(本题满分14分)(2015·洛阳市期末)已知函数f(x)＝ln x－ax－(1－2a)x(a>0)． (1)若?x>0，使得不等式f(x)>6a－4a成立，求实数a的取值范围；

(2)设函数y＝f(x)图象上任意不同的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为

2

2

C(x0，y0)，记直线AB的斜率为k，证明：k>f′(x0)．

[解析] (1)∵f(x)＝ln x－ax－(1－2a)x，其定义域为(0，＋∞)， 1?x－1??2ax＋1?

∴f′(x)＝－2ax－(1－2a)＝－，

2

xx∵a>0，x>0，∴2ax＋1>0，

所以当00，f(x)在(0,1)上单调递增； 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；

从而当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ln 1－a－(1－2a)＝a－1，

11

由题意得a－1>6a2

－4a，解得11?11?3

(2)∵f′(x)＝1

x－2ax－(1－2a)，

∴f′(x12

0)＝x－2ax0－(1－2a)＝＋x－a(x1＋x2)－(1－2a)，

0x12又k＝

f?x2?－f?x1?

x－x＝

21

[ln x－ax2

2a?x2

22－?1－2]－[ln x1－ax1－?1－2a?x1]

x－x 21[ln x2－ln x2

2

＝1]－a?x2－x1?－?1－2a??x2－x1?x 2－x1

lnx2＝x1

x－x－a(x2＋x1)－(1－2a)． 21

不妨设x2>x1>0，要证明k>f′(x0)，

ln

x2即证明x1x－a(x＋xa)>2

21)－(1－2－a(x1＋x2)－(1－2a)，

2－x1x1＋x2

ln

x2

只需证明x1xx>2

＋x，

2－1x12

?x2

?

即证明lnxx222?x2－1???x－11?

?

x>x＝，

12＋x1x2

x＋1

1

构造函数g(x)＝ln x－2?x－1?

x＋1，

2

则g′(x)＝1

4?x－x－

?x＋1?＝1?

2x?x＋1?

2≥0，

所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，当x>1时，g(x)>g(1)＝0，

2??x2

－1??

又x2x>1，所以lnx2>?x1?，从而k>f′(x0)成立． 1x1x2

x＋1

1

一、选择题

1．(2015·锦州一中高二期中)曲线y＝x3

－3x2

＋1在点(1，－1)处的切线方程为( A．y＝3x－4 B．y＝－3x＋2

) 12

C．y＝－4x＋3 [答案] B

D．y＝4x－5

[解析] ∵点(1，－1)在曲线上，y′＝3x－6x， ∴y′|x＝1＝－3，即切线斜率为－3.

∴利用点斜式得，切线方程为y＋1＝－3(x－1)，即y＝－3x＋2.故选B.

2．(2014·浙江杜桥中学期中)已知函数f(x)＝x＋ax＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝( )

A．2 C．4 [答案] D

[解析] f ′(x)＝3x＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f ′(x)＝0的实数根，∴a＝5.

3．函数y＝2x－3x－12x＋5在[0,3]上的最大值，最小值分别是( ) A．5，－15 C．－4，－15 [答案] A

[解析] ∵y′＝6x－6x－12＝0，得x＝－1(舍去)或x＝2，故函数y＝f(x)＝2x－3x2

3

2

3

22

3

2

2

B．3 D．5

B．5，－4 D．5，－16

－12x＋5在[0,3]上的最值可能是x取0,2,3时的函数值，而f(0)＝5，f(2)＝－15，f(3)＝－4，故最大值为5，最小值为－15，故选A.

1

4.?4dx等于( )

?2xA．－2ln2 C．－ln2 [答案] D

1

[解析] 因为(lnx)′＝，

B．2ln2 D．ln2

x14

所以 ?4dx＝lnx|2＝ln4－ln2＝ln2.

?2x5．已知定义在R上的函数f(x)的导函数f ′(x)的大致图象如图所示，则下列结论一定正确的是( )

13

A．f(b)>f(c)>f(d) C．f(c)>f(b)>f(a) [答案] C

[解析] 由图可知f ′(x)在(－∞，c)和(e，＋∞)上取正值，在(c，e)上取负值，故

B．f(b)>f(a)>f(e) D．f(c)>f(e)>f(d)

f(x)在(－∞，c)和(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减，

∵a

6．已知函数f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1，1)，如果f(1－a)＋f(1－a)<0成立，则实数a的取值范围为( )

A．(0,1) C．(－2，－2) [答案] B

[解析] ∵f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)， ∴f ′(x)＝4＋3cosx>0在x∈(－1,1)上恒成立，

∴f(x)在(－1,1)上是增函数，又f(x)＝4x＋3sinx，x∈(－1,1)是奇函数，∴不等式

B．(1，2)

D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)

2

f(1－a)＋f(1－a2)<0可化为f(1－a)

－1<1－a<1，??2

从而可知，a须满足?－1

??1－a

解得1

7．设f ′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f ′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )

[答案] D

[解析] A中，当f(x)为二次函数时，f ′(x)为一次函数，由单调性和导数值的符号关系知A可以是正确的，同理B、C都可以是正确的，但D中f(x)的单调性为增、减、增，

14

故f ′(x)的值应为正负正，因此D一定是错误的．

8．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f ′(x)的图象可能是( )

[答案] D

[解析] 由f(x)的图象知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴在(0，＋∞)上f ′(x)≤0，在(－∞，0)上f ′(x)≥0，故选D.

9．如果1N能拉长弹簧1cm，为了将弹簧拉长6cm，所耗费的功为( ) A．0.18J C．0.12J [答案] A

[解析] 设F(x)＝kx，当F(x)＝1时，x＝0.01m，则k＝100，∴W＝∫0100xdx＝50x|0

＝0.18.

10．已知函数f(x)＝lnx，则函数g(x)＝f(x)－f ′(x)的零点所在的区间是( ) A．(0,1) C．(2,3) [答案] B

11

[解析] 由题可知g(x)＝lnx－，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－＝ln2－lne>0，∴

x2选B.

1322

11．已知三次函数f(x)＝x－(4m－1)x＋(15m－2m－7)x＋2在R上是增函数，则m3的取值范围是( )

A．m<2或m>4 C．2

[解析] f ′(x)＝x－2(4m－1)x＋15m－2m－7，

由题意得x－2(4m－1)x＋15m－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4(4m－1)－4(15m－2m－7) ＝64m－32m＋4－60m＋8m＋28

15

2

2

2

2

2

2

2

2

0.06

20.06

B．0.26J D．0.28J

B．(1,2) D．(3,4)

B．－4

＝4(m－6m＋8)≤0， ∴2≤m≤4，故选D.

1312m＋n12．(2014·浙江省五校联考)已知函数f(x)＝x＋mx＋x的两个极值点分别为

322

2

x1、x2，且0

则实数a的取值范围是( )

1

A．(0，)∪(1,3)

21

C．(，1)∪(1,3]

2[答案] B

[解析] f ′(x)＝x＋mx＋0

2

B．(0,1)∪(1,3) D．(0,1)∪[3，＋∞)

m＋n2

，由条件知，方程f ′(x)＝0的两实根为x1、x2且

??f ′?0?>0，∴?

?f ′?1?<0，?

m＋n??2>0，∴?m＋n1＋m＋<0，??2

3

??m＋n>0，

∴?

?3m＋n<－2，?

??m＋n＝0，

由?

?3m＋n＝－2，?

??m＝－1，

得?

?n＝1，?

??x0<－1，

∴?

?y0>1.?

由y0＝loga(x0＋4)知，当a>1时，11，loga3<0，∴对?a∈(0,1)，此式都成立，从而0

二、填空题

13．(2014·杭州七校联考)若函数f(x)＝x－3bx＋b在区间(0,1)内有极值，则实数b的取值范围是________________．

[答案] (0,1)

[解析] f ′(x)＝3x－3b，∵f(x)在(0,1)内有极值， ∴f ′(x)＝0在(0,1)内有解，∴0

14．(2015·陕西文，15)函数y＝xe在其极值点处的切线方程为____________________． 1

[答案] y＝－ e

1xx[解析] y＝f(x)＝xe?f′(x)＝(1＋x)e，令f′(x)＝0?x＝－1，此时f(－1)＝－，

e1x函数y＝xe在其极值点处的切线方程为y＝－. e

x2

16

15．对正整数n，设曲线y＝x(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列?

?

?的前n项和是________________． ?n＋1?

nan?

[答案] 2

n＋1

－2

nnnn－1

[解析] ∵y＝x(1－x)，∴y′＝(x)′(1－x)＋(1－x)′·x＝n·x(1－x)－x.

nf ′(2)＝－n·2n－1－2n＝(－n－2)·2n－1.

在点x＝2处点的纵坐标为y＝－2. ∴切线方程为y＋2＝(－n－2)·2令x＝0得，y＝(n＋1)·2， ∴an＝(n＋1)·2，

n?an?2?2－1?n＋1

?的前n项和为∴数列?＝2－2.

2－1?n＋1?

nnnn－1n(x－2)．

16．(2014·哈六中期中)已知函数f(x＋2)是偶函数，x>2时f ′(x)>0恒成立(其中

f ′(x)是函数f(x)的导函数)，且f(4)＝0，则不等式(x＋2)f(x＋3)<0的解集为

________________．

[答案] (－∞，－3)∪(－2,1)

[解析] ∵函数y＝f(x＋2)是偶函数，∴其图象关于y轴对称，∵y＝f(x＋2)的图象向右平移两个单位得到y＝f(x)的图象，∴函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，

∵x>2时，f ′(x)>0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递增，在(－∞，2)上单调递减，又

f(4)＝0，∴f(0)＝0，∴04时，f(x)>0，由(x＋2)f(x＋3)<0

??x＋2<0，

得?

?f?x＋3?>0，?

(1)

??x＋2>0，或?

?f?x＋3?<0.?

(2)

??x<－2，由(1)得?

?x＋3<0或x＋3>4，???x>－2，

由(2)得?

?0

∴x<－3；

∴－2

综上知，不等式的解集为(－∞，－3)∪(－2,1) 三、解答题

17．已知函数f(x)＝x＋ax－3bx＋c(b>0)，且g(x)＝f(x)－2是奇函数． (1)求a、c的值；

(2)若函数f(x)有三个零点，求b的取值范围． [解析] (1)∵g(x)＝f(x)－2是奇函数，

3

2

17

∴g(－x)＝－g(x)对x∈R成立， ∴f(－x)－2＝－f(x)＋2对x∈R成立， ∴ax＋c－2＝0对x∈R成立， ∴a＝0且c＝2.

(2)由(1)知f(x)＝x－3bx＋2(b>0)， ∴f ′(x)＝3x－3b＝3(x－b)(x＋b)， 令f ′(x)＝0得x＝±b，

2

3

2

x f ′(x) f(x) (－∞，－b) ＋ 增 －b 0 极大值 (－b，b) － 减 b 0 极小值 (b，＋∞) ＋ 增 依题意有?

?f?－b?>0，?f?b?<0，

∴b>1，

故正数b的取值范围是(1，＋∞)．

18．(2015·太原市三模)已知函数f(x)＝(x－ax＋a)e－x，a∈R. (1)若函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在x＝0处取得最小值，求a的取值范围．

2?xx?[解析] (1)由题意得f′(x)＝x[(x＋2－a)e－2]＝xe?x＋2－x－a?，x∈R， e??∵f(x)在(0，＋∞)内单调递增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)内恒成立． 2

∴x＋2－x≥a在(0，＋∞)内恒成立，

e

2

又函数g(x)＝x＋2－x在(0，＋∞)上单调递增，

e∴a≤g(0)＝0，

∴a的取值范围是(－∞，0]；

2?x?(2)由(1)得f′(x)＝xe?x＋2－x－a?，x∈R， e??

2

令f′(x)＝0，则x＝0或x＋2－x－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，

e2

∵g(x)＝x＋2－x，在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R.

e∴存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，

①若x0>0，当x∈(－∞，0)时，g(x)0；当x∈(0，x0)时，g(x)

②若x0＝0，当x∈(－∞， 0)时，g(x)0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，

18

2

x2

f(x)>0；∴f(x)在x＝0处不取极值，这与题设矛盾；

③若x0<0，当x∈(x0,0)时，g(x)>a，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0；∴f(x)在x＝0处取得极小值；

综上所述，x0<0，∴a＝g(x0)

19．(2014·福建安溪一中、养正中学联考)已知函数f(x)＝x＋ax＋bx＋5，若曲线f(x)2

在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝时，y＝f(x)有极值．

3

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值． [解析] f ′(x)＝3x＋2ax＋b，

222??f ′??＝3×??2＋2a×＋b＝0，333(1)由题意得，?

??f ′?1?＝3×12＋2a×1＋b＝3.解得?

?a＝2，?

2

3

2

??b＝－4.

2

经检验得x＝时，y＝f(x)有极小值，

3所以f(x)＝x＋2x－4x＋5.

(2)由(1)知，f ′(x)＝3x＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)． 2

令f ′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝，

3

2

3

2

f ′(x)，f(x)的值随x的变化情况如下表： x f ′(x) f(x) 函数值 －4 (－4，－2) ＋ 单调递增 －2 0 极大值 13 2(－2，) 3－ 单调递减 2 30 极小值 95 272(，1) 3＋ 单调递增 1 4 －11 295∵f()＝，f(－2)＝13，f(－4)＝－11，f(1)＝4，

327∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.

20．已知函数f(x)＝x－2ax＋bx，其中a、b∈R，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处

3的切线斜率为3.

(1)求b的值；

19

a2

32

(2)若函数f(x)在x＝1处取得极大值，求a的值． [解析] (1)f ′(x)＝ax－4ax＋b， 由题意f ′(0)＝b＝3.

(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极大值， ∴f ′(1)＝a－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3. ①当a＝1时，f ′(x)＝x－4x＋3＝(x－1)(x－3)，

2

2

22

x、f ′(x)、f(x)的变化情况如下表：

x f ′(x) f(x) (－∞，1) ＋  1 0 极大值 (1,3) －  3 0 极小值 (3，＋∞) ＋  由上表知，函数f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意． ②当a＝3时，f ′(x)＝9x－12x＋3＝3(3x－1)(x－1)，

2

x、f ′(x)、f(x)的变化情况如下表：

x f ′(x) f(x) 1(－∞，) 3＋  1 30 极大值 1(，1) 3－  1 0 极小值 (1，＋∞) ＋  由上表知，函数f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意． 综上所述，若函数f(x)在x＝1处取得极大值，a的值为1. 21．设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f ′(x)． (1)求g(x)的单调区间和最小值； 1

(2)讨论g(x)与g()的大小关系；

x1

(3)求a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立．

a1

[解析] (1)由题设知g(x)＝lnx＋，

x∴g′(x)＝

x－1

，令g′(x)＝0，得x＝1. x2

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间． 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，

因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.

1

(2)g()＝－lnx＋x，

x

20

11

设h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，则

xx?x－1?

h′(x)＝－. 2

2

x1当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()．

x当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减． 1

当0h(1)＝0，即g(x)>g()，

x1

当x>1时，h(x)

x11

(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)<对任意x>0成立?g(a)－1<，

aa即lna<1，从而得0

22．(2015·江西教学质量监测)已知函数f(x)＝ln(ax＋1)(x≥0，a>0)，g(x)＝(1)讨论函数y＝f(x)－g(x)的单调性；

(2)若不等式f(x)≥g(x)＋1在x∈[0，＋∞)时恒成立，求实数a的取值范围； 11111*

(3)当a＝1时，证明：＋＋＋?＋

3572n＋12[解析] (1)∵y＝f(x)－g(x)＝ln(ax＋1)－

x－2

. x＋2

x－2

， x＋2

a4ax2＋4a－4

y′＝－＝，

ax＋1?x＋2?2?ax＋1??x＋2?2

当a≥1时，y′≥0，所以函数y＝f(x)－g(x)是[0，＋∞)上的增函数； 当00得x>21

a－1，所以函数y＝f(x)－g(x)在?2

?

?

a1?－1，＋∞?上

?

是单调递增函数，函数y＝f(x)－g(x)在?0，2

??

1?

－1?上是单调递减函数；

a?

(2)当a≥1时，函数y＝f(x)－g(x)是[0，＋∞)上的增函数． 所以f(x)－g(x)≥f(0)－g(0)＝1，

即不等式f(x)≥g(x)＋1在x∈[0，＋∞)时恒成立， 当0

??

1?

－1?上的减函数，存在x0∈

a?

??0，2?

1?

－1?，使得f(x0)－g(x0)

a?

综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

21

(3)当a＝1时，由(2)得不等式f(x)>g(x)＋1在x∈(0，＋∞)时恒成立， 即ln(x＋1)>即

2x?1?2(k∈N*)，

，所以ln?＋1?>x＋2?k?1＋2k11

<[ln(k＋1)－lnk]． 2k＋12

11

所以<(ln2－ln1)，

3211

<(ln3－ln2)， 52

11

<(ln4－ln3)，?， 72

11

<[ln(n＋1)－lnn]． 2n＋12

11111

将上面各式相加得到，＋＋＋?＋<[(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋(ln4－ln3)

3572n＋1211

＋?＋(ln(n＋1)－lnn)]＝ln(n＋1)＝f(n)．

22

∴原不等式成立．

22

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/tyj2.html