2014走向高考二轮复习1,5

基本素能训练一、选择题1．(文)(2013·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝()A．1B．－1C．－e－1D．－e[答案]C[解析]依题意得，f′(x)＝2f′(e)＋1x，取x＝e得f′(e)＝2f′(e)＋1e，由此解得f′(e)＝－1e＝－e－1，故选C.(理)(2013·云南检测)已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－8122B.13C．2D．5[答案]C[解析]依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a0，－2＋3＝－2b3a，－2×3＝c3a，∴b＝－3a2，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－812a＝－81，a＝2，故选C.2．(文)(2013·乌鲁木齐诊断)设函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，若y＝f(x)的图象在点P(1，f(1))处的切线方程为x－y＋2＝0，则f(1)＋f′(1)＝()A．4B．3C．2D．1[答案]A[解析]依题意有f′(1)＝1,1－f(1)＋2＝0，即f(1)＝3，∴f(1)＋f′(1)＝4.(理)(2013·广东惠州二调)曲线y＝xx＋1在x＝－2处的切线方程为()A．x＋y＋4＝0B．x－y＋4＝0C．x－y＝0D．x－y－4＝0[答案]B[解析]y′＝(xx＋1)′＝x＋1－xx＋12＝1x＋12，k＝1－2＋12＝1，y＝－2－2＋1＝2，故切点坐标为(－2,2)，切线方程为x－y＋4＝0，故选B.3．(2013·浙江理，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值[答案]C[解析]本题考查函数零点的判断及函数的极值．①当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，此时f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝ex·x－1，∴A、B项均错．②当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2此时f′(x)＝ex(x－1)2＋(2x－2)(ex－1)＝ex·x2－2x－ex＋2＝ex(x＋1)(x－1)－2(x－1)＝(x－1)[ex(x＋1)－2]，易知g(x)＝ex(x＋1)－2的零点介于0,1之间，不妨设为x0，则有x(－∞，x0)x0(x0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)在x＝1处取得极小值．4．(文)(2012·福建质检)已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()[答案]D[解析]∵在区间(0,2)内f′(x)0，∴f(x)在(0,2)内为增函数，故选D.(理)(2013·浙江文，8)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是()[答案]B[解析]本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系．由导数的几何意义可得，y＝f(x)在[－1,0]上每一点处的斜率变大，而在[0,1]上则变小，故选B.5．(2012·河南洛阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同零点，则a可能为()A．4B．6C．7D．8[答案]A[解析]f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)0得x1或x2，由f′(x)0得1x2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)、f(2)，欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而问题是a可能取什么值，且选项中只给出了一个值4，所以选A.6．(2013·安徽理，10)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为()A．3B．4C．5D．6[答案]A[解析]本题考查了导数的运算，函数的极值，一元二次方程的根与数形结合的思想．f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(x)有极值点x1、x2，故x1、x2为方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，所以解方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0，得f(x)＝x1，f(x)＝x2不妨设x1x2，则f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，又∵f(x1)＝x1∴f(x)＝x1的实根有2个，f(x)＝x2的实根有1个，故共有3个不同实根，故方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有3个不同的根．7．(2013·天津文，8)设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则()A．g(a)0f(b)B．f(b)0g(a)C．0g(a)f(b)D．f(b)g(a)0[答案]A[解析]解法1：由f(a)＝ea＋a－2＝0得0a1，g(a)＝lna＋a2－30；由g(b)＝lnb＋b2－3＝0得b1，∴f(b)＝eb＋b－20，所以f(b)0g(a)，故选A.解法2：∵f′(x)＝ex＋10，∴f(x)为增函数，∵f(0)＝－10，f(1)＝e－10，且f(a)＝0，∴0a1；∵当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝1x＋2x0，∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又g(1)＝－20，g(2)＝ln2＋10，g(b)＝0，∴1b2.∴f(b)f(1)＝0，g(a)g(1)0，故选A.8．(文)在函数y＝x3－9x的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于π4，且横、纵坐标都为整数的点的个数是()A．0B．1C．2D．3[答案]A[解析]依题意得，y′＝3x2－9，令0y′＝3x2－91得3x2103，显然满足该不等式的整数x不存在，因此在函数y＝x3－9x的图象上，满足在该点处的切线的倾斜角小于π4，且横、纵坐标都为整数的点的个数是0，选A.(理)(2012·日照模拟)曲线y2＝x与直线y＝－12x所围成的封闭图形的面积是()A.283B.43C．2D.512[答案]B[解析]在同一坐标系中，画出直线y＝－12x与曲线y2＝x知，围成图形面积S＝04(－12x＋x)dx＝43.二、填空题9．(文)已知曲线f(x)＝xsinx＋1在点(π2，π2＋1)处的切线与直线ax－y＋1＝0互相垂直，则a＝________.[答案]－1[解析]f′(x)＝sinx＋xcosx，f′(π2)＝1，∴a＝－1.(理)(2012·厦门模拟)已知函数f(x)＝13ax3＋12ax2－bx＋b－1在x＝1处的切线与x轴平行，若函数f(x)的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是________．[答案](316，65)[解析]依题意得，f′(1)＝0，又f′(x)＝ax2＋ax－b，∴b＝2a，∴f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，①当a＝0时，不合题意；②当a0时，要使图象过四个象限，只需f－2＝163a－10，f1＝56a－10，结合a0，解得a∈(316，65)；③当a0时，要使图象过四个象限，只需f－2＝163a－10，f1＝56a－10，结合a0，解得a∈∅；综上得，a的取值范围是(316，65)．10．(文)若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．[答案](－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析]f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)0，即a2－a－20，解得a2或a－1.(理)曲线y＝2x4上的点到直线y＝－x－1的距离的最小值为________．[答案]5216[解析]设直线l平行于直线y＝－x－1，且与曲线y＝2x4相切于点P(x0，y0)，则所求最小值d即为点P到直线y＝－x－1的距离，对于y＝2x4，y′＝8x3，则y′|x＝x0＝8x30＝－1.∴x0＝－12，y0＝18，∴d＝|－12＋18＋1|2＝5216.三、解答题11．(文)(2012·新课标全国文，21)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，求k的最大值．[分析](1)求函数f(x)的单调区间，需判断f′(x)的正负，因为含参数a，故需分类讨论；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．[解析](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10等价于kx＋1ex－1＋x(x0)．①令g(x)＝x＋1ex－1＋x，则g′(x)＝－xex－1ex－12＋1＝exex－x－2ex－12.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)0，h(2)0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于kg(α)，故整数k的最大值为2.[点评]本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法．利用导数求参数的取值范围时，经常需将参数分离出来，转化为恒成立问题，最终转化为求函数的最值问题，求得参数的取值范围．(理)(2013·广东文，21)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.[解析]f′(x)＝3x2－2kx＋1.(1)当k＝1时f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－80，∴f′(x)0，f(x)在R上单调递增．即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f(x)没有单调递减区间．(2)当k0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝k3，且过(0,1)．(i)当Δ＝4k2－12＝4(k＋3)(k－3)≤0，即－3≤k0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增，从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k，当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.(ii)当Δ＝4k2－12＝4(k＋3)(k－3)0，即k－3时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0解得：x1＝k＋k2－33，x2＝k－k2－33，注意到kx2x10，(注：可用韦达定理判断x1·x2＝13，x1＋x2＝2k3k，从而kx2x10；或者由对称结合图像判断)∴m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}∵f(x