资源简介

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高中同步达标检测卷
第5章　导数及其应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.若函数f(x)=-2,则=(　　)
A.　　　　B.- C.　　　　D.-2
2.已知函数f(x)=3f'(1)x-x2+ln x+(f'(x)是f(x)的导函数),则f(1)=(　　)
A.1　　　　B.2 C.　　　　D.-
3.已知f(x)=x2+sin,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(x)的大致图象是(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　　D　
4.已知a=sin ,b=ln ,c=,则(　　)
A.c5.已知x1,x2是函数f(x)=aln x+-在定义域上的两个极值点,若f(x1)+f(x2)=+2,则a的值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.已知函数f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x∈(0,+∞)时,xf '(x)A.(-∞,-3)∪(3,+∞)　　B.(-3,0)∪(0,3) C.(-3,0)∪(0,7)　　D.(-∞,-3)∪(2,7)
7.已知函数f(x)=若函数y=[f(x)]2-af(x)+2有8个不同的零点,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2)∪(-2,+∞)　　　　B.(2,8)
C.　　　　D.(2,3)
8.已知函数f(x)=|x|--3, f'(x)是f(x)的导函数,则下列命题错误的是(　　)
A.f(x)在区间(0,+∞)上单调递增
B.当x∈(-∞,0)时,函数f(x)的最小值为-1
C.f'(x)-f'(-x)=2
D.y=f(x)-f'(x)有两个零点
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知f'(x)是函数f(x)的导函数, f'(x)的图象如图,则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)在(-∞,1)上单调递减 B.f(x)在x=1处取得极小值
C.f'(-1)=0 D.f(x)在x=2处取得极小值
10.已知实数a,b满足等式e2a-eb=2(2b-a),则下列不等式中可能成立的有　(　　)
A.a11.若函数f(x)=ln x-+ax(a∈R),则下列说法正确的是(　　)
A. a∈R, f(x)有最大值　　　　 B. a∈R, f(x)有最小值
C. a∈R, f(x)为增函数　　　　 D. a∈R,当x∈(2,3)时,恒有f(x)<0
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知曲线y=f(x)=2x2+1在某点处的切线的倾斜角为45°,则该切点的坐标为　　　　.
13.已知函数f(x)=若存在x1≤0,x2>0,使得f(x1)=f(x2),则x1f(x2)的最小值为　　　　.
14.当x>0时,ae2x≥ln恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)已知函数f(x)=x3+x2-x+.
(1)当m=1时,求曲线f(x)上过点(1, f(1))的切线的方程;
(2)若f(x)　　　　,求实数m的取值范围.
①在区间(m,m+1)上单调递减;②在上存在单调递减区间;③在区间(m,+∞)上存在极小值.
从这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
16.(本小题满分15分)一块边长为12 cm的正三角形薄铁片,按如图1所示的设计方案,裁剪下三个全等的四边形(每个四边形中有且只有一组对角为直角),然后用余下的部分加工制作成一个底面边长为x cm的“无盖”正三棱柱形容器(如图2),容积记为V cm3.
(1)若加工人员为了充分利用边角料,考虑在加工过程中,使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”,求出此时x的值;
(2)将V表示为关于x的函数,并求V的最大值.
　
17.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ex-aln(x+1),g(x)=sin x-x,其中a∈R.
(1)当x>0时, f(x)有极小值,求实数a的取值范围;
(2)若对任意x∈[0,π],2f(x)≥g'(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.
18.(本小题满分17分)已知函数f(x)=,g(x)=aln x-,a∈R.
(1)求f'(1)的值;
(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值;
(3)当a=1时,求证:对任意x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x)-.
19.(本小题满分17分)已知函数f(x)=ax-ln x,其中a>0.
(1)当a=2时,求函数f(x)的最小值;
(2)当0(3)若f(x1)=f(x2)=2,且x1≠x2,证明:答案全解全析
1.B　易得f'(x)=-,所以=f'(2)=-.
2.A　由f(x)=3f'(1)x-x2+ln x+,可得f'(x)=3f'(1)-2x+,
令x=1,可得f'(1)=3f'(1)-1,解得f'(1)=,
则f(x)=x-x2+ln x+,所以f(1)=-1+0+=1.
3.A　f(x)=x2+sin=x2+cos x,则f'(x)=x-sin x,
易知f'(x)的定义域为R,关于原点对称,
∵f'(-x)=(-x)-sin(-x)=-x+sin x=-f'(x),
∴f'(x)是奇函数,其图象关于原点对称,故排除B,D;
又f'=-<0,∴排除C;故A符合题意.
4.C　构造函数f(x)=x-sin x,x∈[0,1),则f'(x)=1-cos x≥0,所以f(x)在[0,1)上单调递增,所以f>f(0)=0,即-sin >0,所以a=sin <.
因为又c=>=,所以a5.A　易得f'(x)=-+=,令f'(x)=0,得ax2-2x+1=0,x>0.
因为x1,x2是f(x)在定义域上的两个极值点,所以x1+x2=>0,x1x2=>0,且4-4a>0,故0则f(x1)+f(x2)=aln x1+-+aln x2+-=aln(x1x2)+-·=aln+-×=-aln a+a+2=2+,即a-aln a=.
设g(x)=x-xln x,00恒成立,故g(x)在(0,1)上单调递增.又g=,所以a=.
6.D　令g(x)=,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),则g'(x)=,
∵当x∈(0,+∞)时,xf '(x)∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.
又f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,∴f(x)=-f(-x),
∴g(-x)====g(x),∴g(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,∴g(x)在(-∞,0)上单调递增.
由不等式5f(2-x)+(x-2)f(5)<0得5f(2-x)<(2-x)f(5),
当2-x>0,即x<2时,不等式可化为 < ,即g(2-x)由g(x)在(0,+∞)上单调递减得2-x>5,解得x<-3,故x<-3;
当2-x<0,即x>2时,不等式可化为 >,即g(2-x)>g(5)=g(-5),由g(x)在(-∞,0)上单调递增得2-x>-5,解得x<7,故2综上所述,不等式5f(2-x)+(x-2)f(5)<0的解集为(-∞,-3)∪(2,7).
7.D　当x>0时, f(x)=|3-2x|+1=
当x≤0时, f(x)=,则f'(x)=,
当-20, f(x)单调递增,当x<-2时, f'(x)<0, f(x)单调递减,因此f(x)在x=-2处取得极小值,也是最小值,所以f(x)min=f(-2)=0,
画出函数f(x)的图象,如图所示:
令f(x)=t,则y=[f(x)]2-af(x)+2=t2-at+2,
若函数y=[f(x)]2-af(x)+2有8个不同的零点,则方程t2-at+2=0有两个不相等的实数根t1,t2,且t1,t2∈(1,4),
所以解得28.C　当x>0时, f(x)=x--3,则f'(x)=1+>0,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故A中命题正确.
当x<0时, f(x)=-x--3=-x+-3≥2-3=-1,
当且仅当x=-1时取等号,故B中命题正确.
当x<0时, f(x)=-x--3,则f'(x)=-1+,
所以当x>0时, f'(x)-f'(-x)=1+-=2,当x<0时, f'(x)-f'(-x)=-1+-=-2,故C中命题错误.
当x>0时, f(x)-f'(x)=,
令g(x)=x3-4x2-x-1(x>0),则g'(x)=3x2-8x-1,令g'(x)=0,得x=(负值舍去),当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
又g(0)=-1<0,g(5)=125-100-6=19>0,所以g(x)在(0,+∞)上只有一个零点,故y=f(x)-f'(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当x<0时, f(x)-f'(x)=,
令h(x)=-x3-2x2-x-1(x<0),则h'(x)=-3x2-4x-1,
令h'(x)=0,解得x=-1或x=-,
当x∈(-∞,-1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
故h(x)的极大值为h=-<0,极小值为h(-1)=-1<0,
又h(-3)=27-18+2=11>0,所以h(x)在(-∞,0)上只有一个零点,故y=f(x)-f'(x)在(-∞,0)上只有一个零点.
综上,y=f(x)-f'(x)有两个零点,故D中命题正确.
9.ACD　当x<2时, f'(x)≤0(只有f'(-1)=0),当x>2时, f'(x)>0,故f(x)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,故f(x)在x=2处取得极小值,故A,C,D正确,B错误.
10.ACD　e2a-eb=2(2b-a)=4b-2a,则e2a+2a=eb+4b,
令f(b)=e2b+2b-eb-4b=e2b-eb-2b,则f'(b)=2e2b-eb-2,
当b<0时, f '(b)<0, f(b)在(-∞,0)上单调递减, f(b)>f(0)=0,此时e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a,
令g(x)=e2x+2x,易知g(x)在R上单调递增,
∴g(b)>g(a) a当b>0时,取b=1,则e2a+2a=eb+4b=e+4,此时g(1)=e2+2>e+4=g(a),又g(x)在R上单调递增,∴a<1=b,∴0取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1,g=+<+1=g(a),
又g(x)在R上单调递增,∴a>=b,∴a>b>0可能成立,D正确.
11.BC　f '(x)=(x-a)ln x+·-+a=(x-a)ln x(x>0),
若a≤0,则x-a>0,
则当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
若00,当x∈(a,1)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,a),(1,+∞)上单调递增,在(a,1)上单调递减;
若a=1,则f '(x)=(x-1)ln x≥0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
若a>1,则当x∈(0,1)∪(a,+∞)时, f '(x)>0,当x∈(1,a)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,1),(a,+∞)上单调递增,在(1,a)上单调递减.
对于A,不存在a∈R,使f(x)有最大值,故A错误;
对于B,当a≤0时, f(x)有最小值,故B正确;
对于C,当a=1时, f(x)为增函数,故C正确;
对于D,当a=1时, f(x)为增函数,当x∈(2,3)时,有f(x)>f(2)=ln 2-+2=1,故D错误.
12.答案　
解析　易得f'(x)=4x,设切点为(x0,2+1),则4x0=tan 45°=1,解得x0=,故切点为.
13.答案　-4e2
解析　当x>0时, f(x)=x-ln x, f'(x)=1-=,
当x>1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当0当x≤0时, f(x)=x+4e,易知f(x)在(-∞,0]上单调递增,所以f(x)≤f(0)=4e.
设f(x1)=f(x2)=t,则1≤t≤4e,由f(x1)=t,x1≤0得x1+4e=t,则x1=t-4e,则x1f(x2)=t(t-4e)=(t-2e)2-4e2,
因为1≤t≤4e,所以当t=2e时,x1f(x2)取得最小值,为-4e2.
14.答案　
解析　因为当x>0时,ae2x≥ln恒成立,
所以ae2x≥ln x-ln a-x在x∈(0,+∞)上恒成立,
所以eln a+2x+ln a+2x≥eln x+ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,
令f(x)=ex+x(x>0),则f '(x)=ex+1,易知f '(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(ln a+2x)≥f(ln x),
所以ln a+2x≥ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,即ln a≥ln x-2x在x∈(0,+∞)上恒成立,所以ln a≥(ln x-2x)max,x∈(0,+∞).
令g(x)=ln x-2x(x>0),则g'(x)=-2=,令g'(x)=0,得x=,
当00,当x>时,g'(x)<0,所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为g=ln-1=ln,
所以ln a≥ln,解得a≥,所以实数a的取值范围是.
15.解析　(1)当m=1时, f(x)=x3+x2-x+,
所以f(1)=0, f'(x)=x2+x-1.(2分)
设切点为(x0,y0),
所以切线方程为y-=(+x0-1)(x-x0),(4分)
将点(1,0)代入切线方程,整理得4-3-6x0+5=(x0-1)2(4x0+5)=0,所以x0=-或x0=1,所以切线方程为y=-x+或y=x-1.(7分)
(2)易得f'(x)=x2+mx-1.
若选①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减,
则f'(x)≤0在区间(m,m+1)上恒成立,且等号不恒成立,
即x2+mx-1≤0在(m,m+1)上恒成立,(10分)
∴解得-≤m≤0,
故实数m的取值范围是.(13分)
若选②函数f(x)在上存在单调递减区间,
则f'(x)<0在上有解,即m<-x在上有解.(9分)
令g(x)=-x,易知g(x)在上单调递减,(10分)
所以当x∈时,g(x)故实数m的取值范围是.(13分)
若选③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值,
则函数f(x)的极小值点在(m,+∞)内.
令f'(x)=x2+mx-1=0,Δ=m2+4>0恒成立,
解得x1=,x2=,(9分)
令f'(x)>0,解得xx2;令f'(x)<0,解得x1所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
所以x=x2是函数f(x)的极小值点,则>m,即>3m,
所以当m≤0时,不等式恒成立,(11分)
当m>0时,m2+4>9m2,解得0综上,实数m的取值范围是.(13分)
16.解析　(1)因为裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”,所以2x=12,解得x=6.(3分)
(2)如图,连接DE,
设正三棱柱的高为h,则EF=h,DF==h,又2DF+x=12,所以h=,(5分)
易得正三棱柱的底面积S=x2 cm2,(7分)
所以V(x)=Sh=x2·==-+x2,0则V'(x)=-x2+3x,令V'(x)=0,解得x=8或x=0(舍去),(10分)
当x∈(0,8)时,V'(x)>0,V(x)单调递增,
当x∈(8,12)时,V'(x)<0,V(x)单调递减,(13分)
所以当x=8时,V(x)取得极大值,也是最大值,为V(8)=-+×82=32,
所以V的最大值为32.(15分)
17.解析　(1)因为f(x)=ex-aln(x+1),x>0,所以f'(x)=ex-=,(1分)
令h(x)=(x+1)ex-a,x>0,则h'(x)=(x+2)ex>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=1-a,(3分)
当1-a≥0,即a≤1时,h(x)>0,即f'(x)>0,
此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值,不合题意.
当1-a<0,即a>1时,h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点x0,
当0x0时,h(x)>0,即f'(x)>0,
所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
故f(x)存在极小值,为f(x0),符合题意.(6分)
综上所述,实数a的取值范围为(1,+∞).(7分)
(2)令F(x)=2f(x)-g'(x)-2=2ex-2aln(x+1)-cos x-1,x∈[0,π],
由已知得F(x)≥0恒成立,易得F'(x)=2ex-+sin x,且F(0)=0,则F'(0)=2-2a≥0,解得a≤1.(10分)
当a≤1,且x∈[0,π]时,2ex≥2,-≥-2,sin x≥0,
则F'(x)=2ex-+sin x≥0,(13分)
所以F(x)在[0,π]上单调递增,则F(x)≥F(0)=0,即a≤1符合题意.
故实数a的取值范围为(-∞,1].(15分)
18.解析　(1)易得f(x)的定义域为{x|x≠0}, f'(x)=,
所以f'(1)=2.(2分)
(2)易得g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=+=,
当a≥0时,g'(x)>0,故g(x)在[1,2]上单调递增,
所以g(x)max=g(2)=aln 2-.(4分)
当a<0时,令g'(x)<0,得x>-,令g'(x)>0,得0故g(x)在上单调递减,在上单调递增,
当a≤-1时,-≤1,此时g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x)max=g(1)=-1;(6分)
当-≤a<0时,-≥2,此时g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=aln 2-;(8分)
当-1综上,当a≤-1时,g(x)max=-1;当-1(3)证明:当a=1时,g(x)=ln x-,要证f(x)>g(x)-,x>0,即证xln x当01+cos x-1=cos x>0,所以xln x1时,记h(x)=ex+cos x-xln x-1,则h'(x)=ex-sin x-ln x-1,(14分)
记m(x)=h'(x)=ex-sin x-ln x-1,则m'(x)=ex-cos x-,
由于x>1,所以m'(x)=ex-cos x-≥ex-1->e-1-1>0,
所以当x>1时,h'(x)单调递增,所以h'(x)>h'(1)=e-sin 1-1>0,
故h(x)在x∈(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=e+cos 1-1>0,故xln x综上,当a=1时,对任意x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x)-.(17分)
19.解析　(1)当a=2时, f(x)=2x-ln x,易知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2-=,(1分)
由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得0所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,
故f(x)在x=处取得极小值,也是最小值,为f=1+ln 2.(3分)
(2)易得f'(x)=a-=,令f'(x)=0,得x=,因为0所以当x∈时, f'(x)<0,当x∈时, f'(x)>0,
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,
因为f(1)=a>0, f=1+ln a<1+ln=0,所以f(x)在上有且只有一个零点.(5分)
易得f=+2ln a,令F(x)=+2ln x,0则F'(x)=-+=,当x∈时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
故F(x)>F=e-2>0,则f=+2ln a>0,所以f(x)在上有且只有一个零点.
综上,函数f(x)在上有2个零点.(8分)
(3)证明:先证x1x2<,易知f(x)在上单调递减,在上单调递增,当f(x1)=f(x2)=2时,不妨设0令G(x)=f(x)-f,x∈,
则G'(x)=f'(x)+f'=a-+(a-a2x)=>0,
故G(x)在上单调递增,所以G(x)即x1∈时,f(x1)又x2>,>,且f(x)在上单调递增,所以x2<,所以x1x2<成立.(12分)
再证x1x2>,易知f(x)min=f=1+ln a则有x2>>,ex2>1,要证x1x2>,即证x1>,又因为x1<,<, f(x)在上单调递减,
所以只需证f>f(x1)=2,即证-ln>2,即证+ln(ax2)-1>0,(14分)
由f(x2)=2,得ax2=ln x2+2,令t=ax2,则t>1,x2=et-2,
不等式+ln(ax2)-1>0可以转化为e1-t+ln t-1>0,
令h(t)=e1-t+ln t-1,t>1,则h'(t)=-e1-t+=,
令φ(t)=et-et,t>1,则φ'(t)=et-e,当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增,
所以φ(t)>φ(1)=0,则有h'(t)>0,故h(t)在(1,+∞)上单调递增,
因此h(t)>h(1)=0,即t>1时,e1-t+ln t-1>0成立,
所以x1x2>成立.(16分)
综上,

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