高考数学专题复习练习：3-2-1 专项基础训练 6页

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：40分钟)‎ ‎1．(2017·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)‎ A．(－∞，2)　　　　　　　　　B．(0，3)‎ C．(1，4) D．(2，＋∞)‎ ‎【解析】 函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.‎ 由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)＞0时，函数f(x)单调递增，‎ 此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.‎ ‎【答案】 D ‎2．(2017·黄冈调研)已知a≥1，f(x)＝x3＋3|x－a|，若函数f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M，m，则M－m的值为(　　)‎ A．8 B．－a3－3a＋4‎ C．4 D．－a3＋3a＋2‎ ‎【解析】 当x∈[－1，1]时，f(x)＝x3＋3(a－x)＝x3－3x＋3a(a≥1)，∴f′(x)＝3(x－1)(x＋1)．当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以原函数f(x)在区间[－1，1]上单调递减，所以M＝f(－1)＝3a＋2，m＝f(1)＝3a－2，所以M－m＝4.‎ ‎【答案】 C ‎3．(2017·成都外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是(　　)‎ ‎【解析】 设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．‎ ‎【答案】 A ‎4．(2017·长春调研)已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【解析】 f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R 上单调递增”的充分不必要条件．‎ ‎【答案】 A ‎5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)‎ A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜c＜a ‎【解析】 依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；‎ 又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，‎ 因此有f(－1)＜f(0)＜f，‎ 即有f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.‎ ‎【答案】 C ‎6．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．‎ ‎【解析】 函数的定义域是(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝1－＝，‎ 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以单调递减区间是(0，1)．‎ ‎【答案】 (0，1)‎ ‎7．(2017·上饶模拟)f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 由f′(x)＝3x2－3＞0，解得单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，f′(x)＜0得单调递减区间为(－1，1)．要有3个不同零点需满足解得a∈(－2，2)．‎ ‎【答案】 (－2，2)‎ ‎8．(2017·成都一诊)已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a＞0)．若函数f(x)在[1，2]上为单调函数，则a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 f′(x)＝－4x＋，‎ 若函数f(x)在[1，2]上为单调函数，‎ 即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1，2]上恒成立，‎ 即≥4x－或≤4x－在[1，2]上恒成立．‎ 令h(x)＝4x－，则h(x)在[1，2]上单调递增，‎ 所以≥h(2)或≤h(1)，‎ 即≥或≤3，‎ 又a＞0，所以0＜a≤或a≥1.‎ ‎【答案】 ∪[1，＋∞)‎ ‎9．(2017·武汉武昌区联考)已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎【解析】 (1)由题意得f′(x)＝，‎ 又f′(1)＝＝0，故k＝1.‎ ‎(2)由(1)知，f′(x)＝.‎ 设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0，‎ 即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．‎ 由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；‎ 当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.‎ 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，‎ 单调递减区间是(1，＋∞)．‎ ‎10．(2017·沈阳质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；‎ ‎(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．‎ ‎【解析】 (1)由已知得f′(x)＝，‎ ‎∴f′(1)＝1＝a，a＝2.‎ 又∵g(1)＝0＝a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.‎ ‎(2)∵φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数．‎ ‎∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立．‎ 即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，‎ ‎∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.‎ 故实数m的取值范围是(－∞，2]．‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：25分钟)‎ ‎11．(2017·渭南模拟)设f(x)在定义域内可导，其图象如下图所示，则导函数f′(x)的图象可能是(　　)‎ ‎【解析】 由f(x)的图象可知，当x＜0时，是减函数，f′(x)＜0，排除C、D两项，当x＞0时，函数的单调性是先减后增再减．∴当x→∞时，f′(x)＜0，故选B.‎ ‎【答案】 B ‎12．已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)对于x∈R恒成立，则(　　)‎ A．f(1)＜ef(0)，f(2 016)＞e2 016f(0)‎ B．f(1)＞ef(0)，f(2 016)＞e2 016f(0)‎ C．f(1)＞ef(0)，f(2 016)＜e2 016f(0)‎ D．f(1)＜ef(0)，f(2 016)＜e2 016f(0)‎ ‎【解析】 令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝′＝ ‎＝＜0，‎ 所以函数g(x)＝是单调减函数，‎ 所以g(1)＜g(0)，g(2 016)＜g(0)，‎ 即＜，＜，‎ 故f(1)＜ef(0)，f(2 016)＜e2 016f(0)．‎ ‎【答案】 D ‎13．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 对f(x)求导，‎ 得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a.‎ 当x∈时，‎ f′(x)的最大值为f′＝＋2a.‎ 令＋2a＞0，解得a＞－.‎ 所以a的取值范围是.‎ ‎【答案】 ‎14．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．‎ ‎【解析】 由题意知f′(x)＝－x＋4－ ‎＝－，‎ 由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，‎ 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，‎ 函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，‎ 由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.‎ ‎【答案】 (0，1)∪(2，3)‎ ‎15．(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎【解析】 (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，‎ 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题设，知 即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，‎ f′(x)与1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎