高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题一第5讲课时训练提能

高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题一第5讲课时训练提能

专题一 第5讲　导数及其应用 课时训练提能 ‎[限时45分钟，满分75分]‎ 一、选择题(每小题4分，共24分)‎ ‎1．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则f′(1)＝‎ A．－e　　　 B．－1‎ C．1　　　 D．e 解析　f′(x)＝2f′(1)＋，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋1，‎ ‎∴f′(1)＝－1.故选B.‎ 答案　B ‎2．(2012·泉州模拟)已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为 A．3 B．2‎ C．1 D. 解析　设切点为(x0，y0)．‎ ‎∵y′＝x－，‎ ‎∴x0－＝，‎ 解得x0＝3(x0＝－2舍去)．‎ 答案　A ‎3．(2012·聊城模拟)求曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面积，其中正确的是 A．S＝(x2－x)dx B．S＝(x－x2)dx C．S＝(y2－y)dy D．S＝(y－)dy 解析　两函数图象的交点坐标是(0,1)，(1,1)，‎ 故积分上限是1，下限是0，‎ 由于在[0,1]上，x≥x2，故求曲线y＝x2与y＝x所围成图形的面S＝(x－x2)dx.‎ 答案　B ‎4．函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则a的取值范围是 A. B. C．(－∞，0] D. 解析　当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，函数的极大值点是x＝－1，极小值点是x＝0，当x＝－1时，f(x)＝2，故只要在(0,2]上eax≤2即可，即ax≤ln 2在(0,2]上恒成立，即a≤在(0,2]上恒成立，故a≤ln 2.‎ 答案　D ‎5．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是 解析　设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1、x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足该条件．‎ 答案　D ‎6．设a∈R，若函数f(x)＝eax＋3x(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围是 A．(－3,2) B．(3，＋∞)‎ C．(－∞，－3) D．(－3,4)‎ 解析　由已知得f′(x)＝3＋aeax，若函数f(x)在x∈R上有大于零的极值点，则f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln，由x＞0得到参数a的取值范围为a＜－3.‎ 答案　C 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎7．(2012·济南三模)曲线y＝ex＋x2在点(0,1)处的切线方程为________．‎ 解析　y′＝ex＋2x，∴所求切线的斜率为e0＋2×0＝1，‎ ‎∴切线方程为y－1＝1×(x－0)，即x－y＋1＝0.‎ 答案　x－y＋1＝0‎ ‎8．(2012·枣庄市高三一模)dx＝________.‎ 解析　dx表示圆x2＋y2＝4中阴影部分的面积的大小，易知∠AOB＝，OC＝1，‎ ‎∴dx＝S△OBC＋S扇形AOB ‎＝×1×＋××22＝＋.‎ 答案　＋ ‎9．(2012·泉州模拟)若函数f(x)＝x－a＋ln x(a为常数)在定义域上是增函数，则实数a的取值范围是________．‎ 解析　∵f(x)＝x－a＋ln x在(0，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴f′(x)＝1－≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤2＋.‎ 而2＋≥2＝4，‎ 当且仅当＝，‎ 即x＝1时等号成立，∴a≤4.‎ 答案　(－∞，4]‎ 三、解答题(每小题12分，共36分)‎ ‎10．(2012·泉州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2(a，b∈R)．‎ ‎(1)若函数f(x)在x＝1处有极值为10，求b的值；‎ ‎(2)若对任意a∈[－4，＋∞)，f(x)在x∈[0,2]上单调递增，求b的最小值．‎ 解析　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ 则⇒或.‎ 当时，f′(x)＝3x2＋8x－11，‎ Δ＝64＋132＞0，所以函数有极值点；‎ 当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以函数无极值点．‎ 则b的值为－11.‎ ‎(2)解法一　f′(x)＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立，‎ 则F(a)＝2xa＋3x2＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立．‎ ‎∵x≥0，F(a)在a∈[－4，＋∞)单调递增或为常数函数，‎ 所以得F(a)min＝F(－4)＝－8x＋3x2＋b≥0对任意的x∈[0,2]恒成立，即b≥(－3x2＋8x)max，‎ 又－3x2＋8x＝－32＋≤，‎ 当x＝时，(－3x2＋8x)max＝，得b≥，‎ 所以b的最小值为.‎ 解法二　f′(x)＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立，‎ 即b≥－3x2－2ax对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立，即b≥(－3x2－2ax)max，‎ 令F(x)＝－3x2－2ax＝－32＋.‎ ‎①当a≥0时，F(x)max＝0，∴b≥0；‎ ‎②当－4≤a＜0时，F(x)max＝，∴b≥.‎ 又∵max＝，∴b≥.‎ 综上，b的最小值为.‎ ‎11．已知函数f(x)＝exln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设x＞0，求证：f(x＋1)＞e2x－1；‎ ‎(3)设n∈N＋，求证：ln(1×2＋1)＋ln(2×3＋1)＋…＋ln[n(n＋1)＋1]＞2n－3.‎ 解析　(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 由f′(x)＝exln x(ln x＋1)．‎ 令f′(x)＞0，解得x＞；‎ 令f′(x)＜0，解得0＜x＜.‎ 故f(x)的增区间为，减区间为.‎ ‎(2)证明　要证f(x＋1)＞e2x－1，即证(x＋1)ln(x＋1)＞2x－1⇔ln(x＋1)＞⇔ln(x＋1)－＞0.‎ 令g(x)＝ln(x＋1)－，‎ 则g′(x)＝－＝，‎ 令g′(x)＝0，得x＝2，‎ 且g(x)在(0,2)上单调递减，‎ 在(2，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(2)＝ln 3－1，‎ 故当x＞0时，有g(x)≥g(2)＝ln 3－1＞0，‎ 即f(x＋1)＞e2x－1得证．‎ ‎(3)证明　由(2)得ln(x＋1)＞，‎ 即ln(x＋1)＞2－，‎ 所以ln[k(k＋1)＋1]＞2－＞2－，‎ 所以ln(1×2＋1)＋ln(2×3＋1)＋…＋ln[n(n＋1)＋1]‎ ‎＞＋＋…＋＝2n－3＋＞2n－3.‎ ‎12．设函数f(x)＝－a＋x＋a，x∈(0,1]，a∈R*‎ ‎(1)若f(x)在(0,1]上是增函数，求a的取值范围；‎ ‎(2)求f(x)在(0,1]上的最大值．‎ 解析　(1)当x∈(0,1]时，f′(x)＝－a·＋1.‎ 要使f(x)在x∈(0,1]上是增函数，‎ 需使f′(x)＝－＋1≥0在(0,1]上恒成立．‎ 即a≤＝ 在(0,1]上恒成立．‎ 而 在(0,1]上的最小值为，‎ 又a∈R*，∴0＜a≤为所求．‎ ‎(2)由(1)知：‎ ‎①当0＜a≤时，f(x)在(0,1]上是增函数．‎ ‎∴[f(x)]max＝f(1)＝(1－)a＋1；‎ ‎②当a＞时，令f′(x)＝0，得x＝ ∈(0,1]．‎ ‎∵0＜x＜ 时，f′(x)＞0；‎ ‎∵ ＜x≤1时，f′(x)＜0.‎ ‎∴[f(x)]max＝f＝a－.‎ 综上，当0＜a≤时，[f(x)]max＝(1－)a＋1；‎ 当a＞时，[f(x)]max＝a－.‎