2016年高三数学(理)创新设计资料包阶段回扣练3

课件园导数及其应用(建议用时：90分钟)一、选择题1．已知曲线y＝x24－3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．3B．2C．1D.12解析由题意y′＝x2－3x，设切点P(x0，y0)，x0＞0，则x02－3x0＝12，解得x0＝3或x0＝－2(舍)，故选A.答案A2．(2015·南昌模拟)曲线y＝x2＋lnx在点(1，1)处的切线方程为()A．3x－y－2＝0B．x－3y＋2＝0C．3x＋y－4＝0D．x＋3y－4＝0解析y′＝2x＋1x，故y′|x＝1＝3，故在点(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，化简整理得3x－y－2＝0.答案A3．若函数f(x)＝x2＋ax＋1在x＝1处取极值，则a＝()A．1B．2C．3D．4解析f′(x)＝x2＋ax＋1′＝（x2＋a）′（x＋1）－（x2＋a）（x＋1）′（x＋1）2＝x2＋2x－a（x＋1）2，∵x＝1为函数的极值点，∴f′(1)＝0，即1＋2×1－a＝0，解得a＝3，故选C.答案C4．函数f(x)＝－xex，a＜b＜1，则()课件园．f(a)＝f(b)B．f(a)＜f(b)C．f(a)＞f(b)D．f(a)，f(b)大小关系不能确定解析f(x)＝－xex，所以f′(x)＝－ex－xexe2x＝x－1ex，当x＜1时，f′(x)＜0，所以函数f(x)＝－xex在(－∞，1)上是减函数，又a＜b＜1，故f(a)＞f(b)．答案C5．函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，1)C．(－∞，0]D．(－∞，1]解析由题意知，f′(x)＝3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，①x＝0时，－1≤0恒成立，即m∈R；②x≠0时，有m≤13x2在R上恒成立，∵13x2＞0，∴m≤0，综上m≤0，故选C.答案C6．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f′(x)的图象可能是()课件园解析如图所示，当x∈(－∞，x0)时，函数f(x)为增函数，当x∈(x0，0)和x∈(0，＋∞)时，函数f(x)为减函数，∴x＝x0是函数f(x)的极大值点，可得f′(x0)＝0，且当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，当x∈(x0，0)和x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0.由此对照各个选项，可得函数y＝f′(x)的图象只有A项符合．答案A7．用总长14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架，若容器底面的长比宽多0.5m，要使它的容积最大，则容器底面的宽为()A．0.5mB．0.7mC．1mD．1.5m解析设容器底面的宽为xm，则长为(x＋0.5)m，高为(3.2－2x)m.由3.2－2x＞0和x＞0，得0＜x＜1.6.设容器的容积为ym3，则有y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)，其中0＜x＜1.6，整理得y＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，所以y′＝－6x2＋4.4x＋1.6.令y′＝0，得x＝1.从而在定义域(0，1.6)内只有当x＝1时y取得最大值，即容器底面的宽为1m时，容器的容积最大．答案C8．(2015·青岛一模)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x21＋x22等于()A.23B.43C.83D.163解析由题图可知f(1)＝0，f(2)＝0，∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2.∴f(x)＝x3－3x2＋2x，∴f′(x)＝3x2－6x＋2.由图可知x1，x2为f(x)的极值点，∴x1＋x2＝2，x1x2＝23.∴x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－43＝83.答案C课件园．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为()A．{x|x＞0}B．{x|x＜0}C．{x|x＜－1或x＞1}D．{x|x＜－1或0＜x＜1}解析构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex.因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.答案A10．(2014·石家庄模拟)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)解析2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋3x，设h(x)＝2lnx＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝（x＋3）（x－1）x2.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．答案B二、填空题11．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝________．解析f′(x)＝2f′(e)＋1x，取x＝e，得f′(e)＝2f′(e)＋1e，由此解得f′(e)＝－1e＝－e－1.答案－e－112．已知2≤12(kx＋1)dx≤4，则实数k的取值范围是________．∴2≤32k＋1≤4，∴23≤k≤2.答案23，2课件园．设f(x)＝lnx－a，若f(x)＜x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，则实数a的范围为________．解析∵函数f(x)＝lnx－a，且f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)＝lnx－a＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞lnx－x2.令h(x)＝lnx－x2，有h′(x)＝1x－2x.∵x＞1，∴1x－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1.答案[－1，＋∞)14．已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表：x－1045f(x)1221f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于f(x)的命题：①函数f(x)的极大值点为0，4；②函数f(x)在区间[0，2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a有4个零点．其中真命题的序号是________．解析由导函数的图象得：①为真命题；②为真命题，因为在区间[0，2]上导函数为负，故原函数递减；③为假命题，当t＝5，x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2；④为假命题，当1＜a＜2时，y＝f(x)－a可以有2个零点，可以有3个零点，也可以有4个零点．综上，真命题只有①②.答案①②15．设函数f(x)＝e2x2＋1x，g(x)＝e2xex，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式g（x1）k≤f（x2）k＋1恒成立，则正数k的取值范围是________．课件园，x2∈(0，＋∞)，不等式g（x1）k≤f（x2）k＋1恒成立，所以kk＋1≥g（x1）maxf（x2）min.因为g(x)＝e2xex＝xe2－x，所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x)．当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.又f(x)＝e2x＋1x≥2e(x0)．当且仅当e2x＝1x，即x＝1e时取等号，故f(x)min＝2e.所以g（x1）maxf（x2）min＝e2e＝12，应有kk＋1≥12，又k0，所以k≥1.答案[1，＋∞)三、解答题16．已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.(1)a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程．(2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a的范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋1x.因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域是(0，＋∞)．当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x＝2ax2－（a＋2）x＋1x，令f′(x)＝2ax2－（a＋2）x＋1x＝（2x－1）（ax－1）x＝0，所以x＝12或x＝1a.课件园＜1a≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；当1＜1a＜e时，f(x)在[1，e]上的最小值f1a＜f(1)＝－2，不合题意；当1a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，此时f(x)在[1，e]上的最小值f(e)＜f(1)＝－2，不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．17．(2015·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值．(2)若函数在区间(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2a2x＋a＝－2a2x2＋ax＋1x＝－（2ax＋1）（ax－1）x.(ⅰ)当a＝0时，f′(x)＝1x＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，此时f(x)无极值．(ⅱ)当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝1a或x＝－12a(舍去)．f(x)的单调递增区间为0，1a，单调递减区间为1a，＋∞，所以f(x)有极大值为f1a＝－lna，无极小值．(ⅲ)当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝1a(舍去)或x＝－12a，所以f(x)的单调递增区间为0，－12a，单调递减区间为－12a，＋∞，所以f(x)有极大值为f－12a＝ln－12a－34＝－ln(－2a)－34，无极小值．(2)由(1)可知：(ⅰ)当a＝0时，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，不合题意．课件园(ⅱ)当a＞0时，f(x)的单调递减区间为1a，＋∞，依题意，得1a≤1，a＞0，得a≥1.(ⅲ)当a＜0时，f(x)的单调递减区间为－12a，＋∞，依题意，得－12a≤1，a＜0，即a≤－12.综上，实数a的取值范围是－∞，－12∪[1，＋∞)．18．已知函数f(x)＝12x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝23x3的图象的下方．(1)解由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－1x＝（x＋1）（x－1）x，令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0，1)时，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值为12.(2)解当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝12，f(x)max＝f(e)＝12e2＋1.(3)证明设F(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋lnx－23x3，则F′(x)＝x＋1x－