2014高考总复习单元检测导数及其应用 11页

第三章　单元测试 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)‎ ‎1．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为3x－y＋1＝0，则 (　　)‎ A．f′(x0)＜0　　　　　　 B．f′(x0)＞0‎ C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)不存在 答案　B ‎2．三次函数y＝ax3－x在(－∞，＋∞)内是减函数，则 (　　)‎ A．a≤0 B．a＝1‎ C．a＝2 D．a＝ 答案　A 解析　y′＝3ax2－1，由y′≤0，得3ax2－1≤0.‎ ‎∴a≤0.‎ ‎3．如果函数f(x)＝x4－x2，那么f′(i)＝ (　　)‎ A．－2i B．2i C．6i D．－6i 答案　D 解析　因为f′(x)＝4x3－2x，所以f′(i)＝4i3－2i＝－6i.‎ ‎4．函数f(x)＝excosx的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为 (　　)‎ A．0 B. C．1 D. 答案　B 解析　f′(x)＝(excosx)′＝(ex)′cosx＋ex(cosx)′＝excosx＋ex(－sinx)＝ex(cosx－sinx)，则函数f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率＝ex(cosx－sinx) ＝e0＝1，故切线的倾斜角为，故选B.‎ ‎5．若函数f(x)＝cosx＋2xf′()，则f(－)与f()的大小关系是 (　　)‎ A．f(－)＝f() B．f(－)>f()‎ C．f(－)2时，y＝x·f′(x)>0，∴a>0.‎ ‎∴f′(x)＝a(x－2)(x＋2)．‎ ‎∴f(－2)是极大值，f(2)是极小值，故选C.‎ ‎7．家电下乡政策是应对金融危机，积极扩大内需的重要举措．我市某家电制造集团为尽快实现家电下乡提出四种运输方案，据预测，这四种方案均能在规定的时间T内完成预期运输任务Q0，各种方案的运输总量Q与时间t的函数关系如下图所示，在这四种方案中，运输效率(单位时间的运输量)逐步提高的是 ‎ 答案　B 解析　由题意可知，运输效率越来越高，只需曲线上点的切线的斜率越来越大即可，观察图形可知，选项B满足条件，故选B.‎ ‎8．(2019·福建)如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为 (　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　阴影部分的面积为(－x)dx＝＝，故所求的概率P＝＝，故选C.‎ ‎9．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为 (　　)‎ A．ln2 B．－ln2‎ C. D. 答案　A 解析　f′(x)＝ex－ae－x，这个函数是奇函数，故对任意实数x恒有f′(－x)＝－f′(x)，即e－x－aex＝－ex＋ae－x.即(1－a)(ex＋e－x)＝0对任意实数x恒成立，故只能是a＝1.此时f′(x)＝ex－e－x，设切点的横坐标为x0，则＝，即2 －2＝0，即＝0，只能是＝2，解得x0＝ln2.故选A.‎ ‎10．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋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 (　　)‎ A．[－，3] B．[，6]‎ C．[3,12] D．[－，12]‎ 答案　C 解析　f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由题意，得 ‎[来源:1ZXXK]‎ f(－1)＝2b－c，当直线过点A时f(－1)取最小值3，当直线过点B时取最大值12，故选C.‎ 二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上)‎ ‎11．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝________.‎ 答案　－1‎ 解析　f′(x)＝2f′(1)＋，令x＝1，得f′(1)＝－1.‎ ‎12．已知向量a＝(x2，x＋1)，b＝(1－x，t)，若函数f(x)＝a·b在区间(－1,1)上是增函数，则实数t的取值范围是________．‎ 答案　[5，＋∞)‎ 解析　f(x)＝x2(1－x)＋t(x＋1)＝－x3＋x2＋tx＋t，‎ f′(x)＝－3x2＋2x＋t，‎ 由题意f′(x)>0在(－1,1)上恒成立，‎ 则即 解得t≥5.‎ ‎13．已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，则x0的值为________．‎ 答案　0或－ 解析　y′＝2x，y′＝－3x2，曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线斜率k＝，曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线斜率为k′＝，则2x0＝－3x，解得x0＝0或x0＝－.‎ ‎14．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是________．‎ 答案　(－1,2]‎ 解析　f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得 x1＝－1，x2＝1.当x变化时，f′(x)、f(x)变化情况如下表 x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极小值 ‎－2‎ 极大值 ‎2‎ 又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.‎ ‎∴x1＝－1，x2＝2.‎ ‎∵f(x)在开区间(a2－12，a)上有最小值，‎ ‎∴最小值一定是极小值．‎ ‎∴解得－10)的图像所围成的阴影部分的面积为，则k＝________.‎ 答案　3‎ 解析　由得两曲线交点为(0,0)，(k，k2)．‎ 则S＝(kx－x2)dx＝，即k3＝27，∴k＝3.‎ ‎16．函数y＝x＋2cosx在区间[0，]上的最大值是________．‎ 答案　＋ 解析　由y′＝1－2sinx＝0，得x＝，x∈(0，)时，y′>0，x∈(，)，y′<0，函数在x＝ 处取得最大值，ymax＝＋2×＝＋.‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(本题满分10分)设函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图像在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.‎ ‎(1)求a，b，c的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调递增区间，并求函数f(x)在[－1,3]上的最大值和最小值．‎ 解析　(1)∵f(x)为奇函数，‎ ‎∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c.‎ ‎∴c＝0，∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12.‎ 又直线x－6y－7＝0的斜率为，‎ 因此，f′(1)＝3a＋b＝－6.‎ ‎∴a＝2，b＝－12，c＝0.‎ ‎(2)单调递增区间是(－∞，－)和(，＋∞)．‎ f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－8.‎ ‎18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝，其中a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在原点处的切线方程；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝，f′(x)＝－2.‎ 由f′(0)＝2，得曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是2x－y＝0.‎ ‎(2)f′(x)＝－2.‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝.‎ 所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减．‎ 当a≠0，f′(x)＝－2a.‎ ‎②当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝，f(x)与f′(x)的情况如下：‎ x ‎(－∞，x1)‎ x1‎ ‎(x1，x2)‎ x2‎ ‎(x2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  f(x1)‎  f(x2)‎ [来源:Zxxk.Com]‎ 故f(x)的单调减区间是(－∞，－a)，(，＋∞)；单调增区间是(－a，)．‎ ‎③当a<0时，f(x)与f′(x)的情况如下：‎ x ‎(－∞，x2)‎ x2‎ ‎(x2，x1)‎ x1‎ ‎(x1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)[来源:Z§xx§k.Com]‎  f(x2)‎  f(x1)‎  所以f(x)的单调增区间是(－∞，)，(－a，＋∞)；单调减区间是(，－a)．‎ 综上，a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(，＋∞)单调递减；在(－a，)单调递增．‎ a＝0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；在(－∞，0)单调递减．‎ a<0时，f(x)在(－∞，)，(－a，＋∞)单调递增；在(，－a)单调递减．‎ ‎19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x2＋2lnx.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值；‎ ‎(2)若函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，‎ ‎①求实数a的值；‎ ‎②若对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立，求实数k的取值范围．‎ 解析　(1)f′(x)＝－2x＋＝－(x>0)，‎ 由得01.‎ ‎∴f(x)在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．‎ ‎∴函数f(x)的最大值为f(1)＝－1.‎ ‎(2)∵g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－.‎ ‎①由(1)知，x＝1是函数f(x)的极值点．‎ 又∵函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，‎ ‎∴x＝1是函数g(x)的极值点．‎ ‎∴g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.‎ 经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意．‎ ‎②∵f()＝－－2，f(1)＝－1，f(3)＝－9＋2ln3，‎ ‎∵－9＋2ln3<－－2<－1，即f(3)0.‎ 故g(x)在上为减函数，在(1,3]上为增函数．‎ ‎∵g()＝e＋，g(1)＝2，g(3)＝3＋＝，‎ 而20，即k>1时，‎ 对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立 ‎⇔k－1≥[f(x1)－g(x2)]max⇔k≥[f(x1)－g(x2)]max＋1.‎ ‎∵f(x1)－g(x2)≤f(1)－g(1)＝－1－2＝－3，‎ ‎∴k≥－3＋1＝－2，又∵k>1，∴k>1.‎ 当k－1<0，即k<1时，‎ 对于∀x1，x2∈，不等式≤1恒成立 ‎⇔k－1≤[f(x1)－g(x2)]min⇔k≤[f(x1)－g(x2)]min＋1.‎ ‎∵f(x1)－g(x2)≥f(3)－g(3)＝－9＋2ln3－＝－＋2ln3，‎ ‎∴k≤－＋2ln3.‎ 又∵k<1，∴k≤－＋2ln3.‎ 综上，所求的实数k的取值范围为∪(1，＋∞)．‎ ‎20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xlna，a>1.‎ ‎(1)求证：函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；‎ ‎(3)若对于任意的x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．‎ 解析　(1)∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xlna，‎ ‎∴F′(x)＝ax·lna＋2x－lna＝(ax－1)lna＋2x.[来源:学&科&网]‎ ‎∵a>1，x>0，∴ax－1>0，lna>0,2x>0.‎ ‎∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，所以F(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)取得最小值为F(0)＝1.‎ 由－3＝0，得F(x)＝b－＋3或F(x)＝b－－3.‎ 所以要使函数y＝－3有四个零点，只需即b－>4，即>0，‎ 解得b>2＋或2－0)，‎ 则H′(x)＝1＋－＝＝>0.‎ ‎∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0，∴F(1)>F(－1)．‎ ‎∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－lna.‎ ‎∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，‎ 只需a－lna≤e2－2即可．‎ 令h(a)＝a－lna(a>1)，h′(a)＝1－>0，‎ 所以h(a)在(1，＋∞)单调递增．‎ 因为h(e2)＝e2－2，所以h(a)≤h(e2)，‎ 即1a－2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，a－2)‎ a－2‎ ‎(a－2，－‎2a)‎ ‎－2a ‎(－‎2a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 递增 极大值 递减 极小值 递增 由条件可知，f(－2a)＝－e，即3a·e－2a＝－e，可得a＝－.‎ 此时，f(x)＝(x2－x－2)ex，‎ 极大值为f(a－2)＝f(－)＝.‎ ‎(3)由(2)可知a＝－1时，f(x)＝(x2－x－5)ex，函数f(x)在[－1,1]上单调递减．‎ 要使不等式(m－n)·e≤f(x)≤(m＋n)·e－1在[－1,1]上恒成立，只需 即故 则点(m，n)在如图中所示的阴影部分所表示的平面区域内：‎ z＝m2＋n2表示点(0,0)到(m，n)的距离的平方，最小值为点(0,0)到直线x－y＋5＝0的距离的平方()2＝，所以z的取值范围是[，＋∞)．‎ ‎22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝aex，g(x)＝lnx－lna，其中a为常数，e＝2.718…，且函数 y＝f(x)和y＝g(x)的图像在它们与坐标轴交点处的切线互相平行．‎ ‎(1)求常数a的值；‎ ‎(2)若存在x使不等式>成立，求实数m的取值范围；‎ ‎(3)对于函数y＝f(x)和y＝g(x)公共定义域内的任意实数x0，我们把|f(x0)－g(x0)|的值称为两函数在x0处的偏差．求证：函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的所有偏差都大于2.‎ 解析　(1)f(x)与坐标轴的交点为(0，a)，f′(0)＝a，‎ g(x)与坐标轴的交点为(a,0)，g′(a)＝.‎ ‎∴a＝⇒a＝±1，又a>0，故a＝1.‎ ‎(2)>可化为m0，∴＋≥，ex>1⇒(＋)ex>1.‎ 故h′(x)<0.‎ ‎∴h(x)在(0，＋∞)上是减函数，因此h(x)0.‎ ‎∴h(x)在(0，＋∞)上是增函数．‎ 故h(x)>h(0)＝0，即ex－1>x.　　　①‎ 令m(x)＝lnx－x＋1，则m′(x)＝－1.‎ 当x>1时，m′(x)<0，当00.‎ ‎∴m(x)有最大值m(1)＝0，因此lnx＋1lnx＋1，即ex－lnx>2.‎ ‎∴函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的所有偏差都大于2.‎ ‎1．已知f(x)＝x(2 011＋lnx)，f′(x0)＝2 012，则x0＝ (　　)‎ A．e2 B．1‎ C．ln2 D．e 答案　B 解析　由题意可知f′(x)＝2 011＋lnx＋x·＝2 012＋lnx.由f′(x0)＝2 012，∴lnx0＝0，解得x0‎ ‎＝1.‎ ‎2．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时 (　　)‎ A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0‎ C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0‎ 答案　B 解析　依题意得，函数f′(x)、g′(x)分别是偶函数、奇函数，当x<0时，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，选B.‎ ‎3．已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．‎ 答案　2‎ 解析　记切点坐标为(m，n)，则有由此解得m＝－1，a＝2.‎ ‎4．已知函数f(x)＝x2－mlnx.‎ ‎(1)若函数f(x)在(，＋∞)上是递增的，求实数m的取值范围；‎ ‎(2)当m＝2时，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值．‎ 解析　(1)若函数f(x)在(，＋∞)上是增函数，则f′(x)≥0在(，＋∞)上恒成立．‎ 而f′(x)＝x－，即m≤x2在(，＋∞)上恒成立，即m≤.‎ ‎(2)当m＝2时，f′(x)＝x－＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝±.‎ 当x∈[1，)时，f′(x)<0，当x∈(，e)时，f′(x)>0，故x＝是函数f(x)在[1，e]上唯一的极小值点，故f(x)min＝f()＝1－ln2，又f(1)＝，f(e)＝e2－2＝>，故f(x)max＝. ‎