2018高考数学一轮复习(文科)训练题:周周测 3 (含答案和解释)

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2018高考数学一轮复习(文科)训练题:周周测 3 (含答案和解释)

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5 Y k j.CoM

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<f′(2)<f′(3)<f(3)-f(2)
B.0<f′(3)<f′(2)<f(3)-f(2)
C.0<f′(3)<f(3)-f(2)<f′(2)
D.0<f(3)-f(2)<f′(2)<f′(3)
答案:C
解析:如图:
 
f′(3)、f(3)-f(2)f3-f23-2、f′(2)分别表示直线n,m,l的斜率,故0<f′(3)<f(3)-f(2)<f′(2),故选C.
3.(2018•福州质检)过点(-1,1)与曲线f(x)=x3-x2-2x+1相切的直线有(  )
A.0条  B.1条
C.2条  D.3条
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<x<1,故函数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.12,1  D.(2,3)
答案:C
解析:由函数f(x)=x2+ax+b的部分图象得0<b<1,f(1)=0,即有a=-1-b,从而-2<a<-1.而g(x)=lnx+2x+a,在定义域内单调递增,g12=ln12+1+a<0,g(1)=ln1+2+a=2+a>0,∴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x1<x2,则x2-x1的取值范围为(  )
A.1-1a,+∞  B.1a-1,+∞
C.1-2a,+∞  D.2a-1,+∞
答案:B
解析:易知函数f(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0<a<1,且e-1<x1<1<x2,所以f1a=a(1-lna)>a=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0<m<2≤1m或0<1m<2≤m时,函数f(x)在区间(0,2)内有且仅有一个极值点.若0<m<2≤1m,即0<m≤12,则当x∈(0,m)时,f′(x)>0,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<gx.若存在x∈[1,2],使得h(x)=f(x),则实数a的取值范围为(  )
A.(1,2]  B.(0,2)
C.(0,2]  D.(0,1]
答案:C
解析:f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),g(x)=xf′(x)=3ax3-6x2.∵存在x∈[1,2],使得h(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-3<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
∴当x=-3时,f(x)极大=10;
当x=1时,f(x)极小=-23.
又∵f(-4)=233,f(4)=793,
∴函数f(x)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x<m+2或x>3m,
此时f(x)的单调递增区间为(-∞,m+2),(3m,+∞).
当3m<m+2,即m<1时,由f′(x)=(x-3m)(x-m-2)>0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0<a<1时,由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(a,1),
由g′(x)>0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g(x)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0<a<1时,函数g(x)有两个零点.
22.(本小题满分12分)
(2018•安徽百校论坛联考)已知函数f(x)=ax-lnx,F(x)=ex+ax,其中x>0.
(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0<x<ln(-a).
∴F(x)的单调递减区间为(0,ln(-a)),
单调递增区间为(ln(-a),+∞).
∵f(x)和F(x)在区间(0,ln3)上具有相同的单调性,
∴ln(-a)≥ln3,解得a≤-3,
综上,实数a的取值范围是(-∞,-3].
(2)证明:∵h(x)=x2-ax+lnx,
∴h′(x)=2x2-ax+1x(x>0).
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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