2018年數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)單元滾動(dòng)檢測(cè)三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE21學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE單元滾動(dòng)檢測(cè)三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分,共4頁(yè)．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置上．3．本次考試時(shí)間120分鐘,滿分150分．4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題（本大題共12小題,每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2016·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬）曲線f（x)＝xlnx在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為（)A。eq\f(π，6) B。eq\f(π,4）C.eq\f（π，3) D。eq\f（π,2)2．（2016·福建三明一中月考)已知函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x)，且滿足f（x）＝2x·f′（1)＋1nx，則f′（1）等于()A．－eB．－1C．1D．e3．已知函數(shù)f（x）＝x2－5x＋2lnx，則函數(shù)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．（0,eq\f(1，2)）和（1，＋∞) B．（0,1）和(2，＋∞)C．（0，eq\f(1,2）)和（2,＋∞） D．（1，2）4．已知f（x)的定義域?yàn)?0，＋∞),f′(x)為f(x）的導(dǎo)函數(shù)且滿足f(x）＜－xf′(x)，則不等式(x＋1）f（x＋1)＞f(x2－1)·f（x2－1）的解集是（)A．(0,1） B．（1，＋∞)C．（1，2) D．（2，＋∞)5．函數(shù)y＝x－2sinx，x∈[－eq\f（π,2)，eq\f(π,2)］的大致圖象是（）6．如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷:①函數(shù)y＝f（x)在區(qū)間（－3，－eq\f（1,2))內(nèi)單調(diào)遞增;②函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間(－eq\f(1，2)，3）內(nèi)單調(diào)遞減；③函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（4,5）內(nèi)單調(diào)遞增；④當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)y＝f（x)有極小值；⑤當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí),函數(shù)y＝f（x)有極大值．則上述判斷中正確的是()A．①②B．②③C．③④⑤D．③7．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在（0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為()A．0≤a＜1 B．0＜a＜1C．－1＜a＜1 D．0＜a＜eq\f（1，2)8．（2016·山師大附屬中學(xué)高三上學(xué)期模擬)設(shè)函數(shù)f（x）＝ex－e－x－2x，下列結(jié)論正確的是（)A．f（2x）min＝f(0)B．f（2x)max＝f(0）C．f(2x）在(－∞,＋∞）上單調(diào)遞減，無(wú)極值D．f(2x)在（－∞,＋∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值9．(2016·長(zhǎng)沙一模）若函數(shù)f（x）＝x＋eq\f（b，x)(b∈R）的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x）在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是()A．(－2,0) B．(0,1)C．（1，＋∞) D．(－∞，－2)10．(2016·許昌模擬）已知y＝f(x）為（0，＋∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，且有f′（x)＋eq\f(fx,x)＞0,則對(duì)于任意的a,b∈(0,＋∞),當(dāng)a＞b時(shí)，有()A．a(chǎn)f（a）＜bf(b） B．a(chǎn)f(a)＞bf(b)C．a(chǎn)f(b)＞bf(a) D．a(chǎn)f（b)＜bf（a）11．?eq\f(π，4）0eq\f（cos2x，cosx＋sinx)dx等于（）A．2(eq\r(2）－1) B.eq\r（2）＋1C。eq\r（2)－1 D．2－eq\r（2)12．（2016·蘭州高三實(shí)戰(zhàn)考試）已知二次函數(shù)f(x）＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)數(shù)為f′（x),f′（0)>0,對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x都有f（x）≥0，則eq\f（f1，f′0)的取值范圍是(）A．[eq\f(3，2）,＋∞) B．［2，＋∞)C．［eq\f(5,2)，＋∞) D．[3，＋∞）第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題（本大題共4小題,每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．若函數(shù)f（x）＝lnx＋ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．14(2016·新余二模）函數(shù)f（x）＝xsinx＋cosx在[eq\f(π，6），π］上的最大值為_(kāi)_______．15．已知函數(shù)f（x）＝1nx－a,若f(x)＜x2在（1，＋∞）上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．16．已知f(x)＝lnx－eq\f（x，4)＋eq\f（3，4x),g(x）＝－x2－2ax＋4，若對(duì)任意的x1∈(0,2]，存在x2∈［1,2］，使得f(x1）≥g（x2)成立,則a的取值范圍是________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17.(10分)已知函數(shù)f（x）＝x3－4x2＋5x－4。（1)求曲線f（x)在點(diǎn)（2，f(2)）處的切線方程；（2）求經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2，－2）的曲線f(x)的切線方程．(1)若a＞0,試判斷f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性;（2）若f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，求a的值．18.(12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x）。19。（12分)已知函數(shù)f（x）＝eq\f(1，2)x2－(a＋1）x＋alnx(a∈R)．（1）若f（x）在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（2）若f(x)在（0，e)內(nèi)有極小值eq\f（1，2），求a的值。20。（12分)設(shè)函數(shù)f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d(x∈R)，已知F(x）＝f(x)－f′（x）是奇函數(shù),且F(1）＝－11。（1）求b，c，d的值；（2)求F（x)的單調(diào)區(qū)間與極值。21。（12分）（2016·廣西質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f（x）＝clnx＋eq\f(1，2)x2＋bx（b，c∈R，c≠0），且x＝1為f(x）的極值點(diǎn)．（1）若x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，求f（x)的單調(diào)區(qū)間（用c表示)；(2)若f（x）＝0恰有兩解，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．22.(12分）已知f(x）＝alnx＋eq\f(1,2)x2－x（a∈R)．（1)若x＝2是函數(shù)f（x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求f（x)的最小值；（2）對(duì)任意x∈(e，＋∞），f(x)－ax＞0恒成立，求a的取值范圍.

答案精析1．B[∵f′(x)＝lnx＋1，∴f′（1)＝1，又∵直線傾斜角的取值范圍是［0，π)．∴f（x）在(1，f(1))處的切線的傾斜角為eq\f(π,4)。]2．B［因?yàn)閒（x）＝2xf′（1）＋1nx，所以f′（x)＝2f′（1)＋eq\f(1，x），令x＝1，得f′（1)＝2f′（1)＋1，解得f′(1）＝－1。故選B。］3．C[函數(shù)f（x)＝x2－5x＋2lnx的定義域是(0，＋∞),令f′(x）＝2x－5＋eq\f(2，x)＝eq\f(2x2－5x＋2，x)＝eq\f（x－22x－1，x）＞0，解得0＜x＜eq\f（1,2)或x＞2,故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，eq\f（1,2）)，(2，＋∞)．］4．D［因?yàn)閒（x）＋xf′（x)＜0，所以［xf（x）]′＜0,故xf（x)在(0，＋∞）上為單調(diào)遞減函數(shù)，又（x＋1）f（x＋1）＞（x2－1)·f（x2－1）,所以x＋1＜x2－1，解得x＞2.]5．D[因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,排除A，B。函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝1－2cosx，由f′（x)＝1－2cosx＝0，得cosx＝eq\f(1,2），又x∈［－eq\f（π，2）,eq\f(π,2)］，所以x＝±eq\f（π,3).當(dāng)0＜x＜eq\f(π,3)或－eq\f(π,3）＜x＜0時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)eq\f（π，3)＜x＜eq\f(π,2)或－eq\f(π,2）＜x＜－eq\f（π，3)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝eq\f（π,3)時(shí)，函數(shù)取得極小值，當(dāng)x＝－eq\f(π,3)時(shí)，函數(shù)取得極大值．故選D.］6．D［當(dāng)x∈（－3，－2）時(shí),f′（x)<0，f（x）單調(diào)遞減，①錯(cuò);當(dāng)x∈(－eq\f（1,2），2）時(shí),f′(x)〉0，f（x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2,3）時(shí),f′（x)〈0，f（x）單調(diào)遞減，②錯(cuò);當(dāng)x＝2時(shí),函數(shù)y＝f(x）有極大值,④錯(cuò)；當(dāng)x＝－eq\f(1，2）時(shí)，函數(shù)y＝f（x）無(wú)極值,⑤錯(cuò)．故選D.］7．B［∵y′＝3x2－3a,令y′＝0，可得a＝x2。又∵x∈（0,1)，∴0＜a＜1。故選B。］8．D[∵f（2x）＝e2x－e－2x－4x，∴f′（2x)＝2e2x＋2e－2x－4≥4eq\r（e2x·e－2x)－4＝0,f(2x)在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值．］9．D[由題意知f′（x）＝1－eq\f（b,x2）,∵函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b,x）（b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間（1,2）上有零點(diǎn)，∴當(dāng)1－eq\f(b，x2）＝0時(shí)，b＝x2，又x∈（1，2)，∴b∈(1,4）．令f′(x)＞0，解得x＜－eq\r（b）或x＞eq\r（b)，即f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－eq\r（b）），(eq\r（b),＋∞)，∵b∈(1，4），∴(－∞,－2）符合題意，故選D.]10．B[f′（x)＋eq\f(fx，x)＞0?eq\f（xf′x＋fx,x)＞0?eq\f(［xfx］′，x）＞0，即［xf(x)]′x＞0?！選＞0，∴［xf（x）]′＞0，即函數(shù)y＝xf(x）為增函數(shù)，由a，b∈（0，＋∞）且a＞b，得af（a)＞bf(b），故選B.]11．C［?eq\f(π，4)0eq\f（cos2x，cosx＋sinx)dx＝?eq\f(π，4）0eq\f（cos2x－sin2x，cosx＋sinx)dx＝?eq\f（π，4）0（cosx－sinx）dx＝(sinx＋cosx）｜eq\f(π，4）0＝eq\r（2)－1.］12．B[由題意得，f′（x）＝2ax＋b，∵f′（0)〉0，∴b〉0，又∵?x∈R，都有f(x）≥0,∴a>0,∴Δ＝b2－4ac≤0?ac≥eq\f(b2,4）?eq\f（ac，b2)≥eq\f（1,4）?eq\f(a,b)·eq\f(c,b)≥eq\f(1，4），∴c〉0.∴eq\f（f1,f′0）＝eq\f（a＋b＋c，b)＝1＋eq\f（a，b）＋eq\f（c，b）≥1＋2eq\r（\f（a,b）·\f(c，b)）≥1＋2eq\r（\f（1，4）)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f（a,b)＝eq\f（c，b)＝eq\f(1，2)?a＝c＝eq\f（1，2）b〉0時(shí)，等號(hào)成立，∴eq\f(f1，f′0)的取值范圍是[2，＋∞）,故選B.］13．(－∞,2）解析函數(shù)f(x)＝lnx＋ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，即f′（x）＝2在(0,＋∞）上有解，又f′（x)＝eq\f(1,x）＋a，即eq\f（1,x)＋a＝2在（0，＋∞)上有解,即a＝2－eq\f（1，x）在(0，＋∞)上有解，因?yàn)閤＞0,所以2－eq\f（1,x）＜2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，2)．14eq\f(π，2）解析因?yàn)閒′(x）＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′(x）＝0在［eq\f（π,6），π］上的解為x＝eq\f(π,2).又f（eq\f（π,6))＝eq\f（π，12)＋eq\f(\r(3）,2),f(eq\f（π,2)）＝eq\f(π，2)，f(π)＝－1，所以函數(shù)f(x）＝xsinx＋cosx在[eq\f（π,6)，π]上的最大值為eq\f(π,2）.15．［－1,＋∞)解析∵函數(shù)f（x）＝lnx－a,且f（x）＜x2在（1，＋∞）上恒成立，∴函數(shù)f(x）＝lnx－a＜x2在(1,＋∞)上恒成立，∴a＞lnx－x2，令h（x)＝lnx－x2，有h′(x）＝eq\f(1,x）－2x,∵x＞1,∴eq\f（1,x)－2x＜0,∴h(x）在（1，＋∞)上為減函數(shù)，∴當(dāng)x∈（1，＋∞)時(shí)，h(x）＜h（1）＝－1，∴a≥－1.16．[eq\f（5,4），＋∞)解析因?yàn)閒′（x）＝eq\f（1,x)－eq\f(3,4）×eq\f(1,x2)－eq\f(1,4）＝eq\f(－x2＋4x－3，4x2）＝－eq\f（x－1x－3，4x2)，易知,當(dāng)x∈（0,1）時(shí),f′（x)＜0，當(dāng)x∈（1，2]時(shí)，f′（x）＞0，所以f(x)在（0,1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1）＝eq\f（1,2）.對(duì)于二次函數(shù)g(x）＝－x2－2ax＋4，易知該函數(shù)開(kāi)口向下，所以其在區(qū)間［1，2］上的最小值在端點(diǎn)處取得，即g(x)min＝mineq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(g1,g2）).要使對(duì)任意的x1∈（0，2］，存在x2∈［1,2］，使得f(x1)≥g(x2）成立，只需f(x1)min≥g（x2)min，即eq\f(1,2）≥g(1）且eq\f（1,2)≥g（2)，所以eq\f(1，2)≥－1－2a＋4且eq\f(1,2)≥－4－4a＋4,解得a≥eq\f(5,4）。17．解（1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′（2)＝1,又f(2)＝－2，∴曲線在點(diǎn)（2，f（2）)處的切線方程為y＋2＝x－2，即x－y－4＝0。（2)設(shè)曲線與經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2，－2）的切線相切于點(diǎn)P（x0,xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al（2,0)＋5x0－4)．∵f′(x0）＝3xeq\o\al(2,0）－8x0＋5，∴切線方程為y－(－2)＝(3xeq\o\al（2,0)－8x0＋5）(x－2)，又切線過(guò)點(diǎn)P(x0，xeq\o\al（3,0）－4xeq\o\al（2,0）＋5x0－4)，∴xeq\o\al（3,0）－4xeq\o\al（2，0）＋5x0－2＝（3xeq\o\al（2，0）－8x0＋5)·（x0－2），整理得（x0－2）2(x0－1）＝0,解得x0＝2或x0＝1，∴經(jīng)過(guò)A（2，－2）的曲線f(x）的切線方程為x－y－4＝0或y＋2＝0.18．解（1）由題意知，f（x）的定義域?yàn)椋?，＋∞),且f′（x)＝eq\f(1，x)＋eq\f(a,x2）＝eq\f（x＋a,x2），a＞0，顯然f′（x）＞0，故f（x)在（0，＋∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．（2)由(1）可知,f′（x)＝eq\f(x＋a，x2)。①若a≥－1,則當(dāng)x∈（1，e)時(shí)，x＋a＞0，即f′(x)＞0，故f(x)在[1，e］上為增函數(shù)，所以f(x)min＝f（1)＝－a＝eq\f（3，2)，所以a＝－eq\f(3,2）（舍去)．②若a≤－e,則當(dāng)x∈（1,e)時(shí)，x＋a＜0,即f′（x）＜0，故f（x）在[1，e]上為減函數(shù),所以f（x)min＝f(e)＝1－eq\f(a，e)＝eq\f(3，2)，所以a＝－eq\f(e,2）（舍去)．③若－e＜a＜－1，令f′(x)＝0，得x＝－a,當(dāng)1＜x＜－a時(shí)，f′（x）＜0，f(x）在(1,－a）上為減函數(shù)；當(dāng)－a＜x＜e時(shí),f′(x）＞0,f（x)在(－a,e）上為增函數(shù)．所以f（x）min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f（3,2)，所以a＝－eq\r(e).綜上所述，a＝－eq\r（e).19．解（1）∵f(x）在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′（x）＝eq\f（x2－a＋1x＋a,x)≥0在(2，＋∞）上恒成立，即x2－(a＋1）x＋a≥0在（2，＋∞）上恒成立，即(1－x）a＋x2－x≥0在（2,＋∞)上恒成立，即(1－x）a≥x－x2在(2,＋∞)上恒成立，即a≤x在(2，＋∞）上恒成立．∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，2]．（2）f（x）的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－ax－1，x)。①當(dāng)a＞1時(shí)，令f′(x)＞0，結(jié)合f(x）定義域解得0＜x＜1或x＞a，∴f（x）在（0,1）和（a，＋∞）上單調(diào)遞增，在(1，a）上單調(diào)遞減,此時(shí)f（x）極小值＝f(a)＝－eq\f(1,2）a2－a＋alna，若f（x)在（0,e)內(nèi)有極小值eq\f（1，2)，則1＜a＜e,但此時(shí)－eq\f（1，2)a2－a＋alna＜0與f(x)＝eq\f(1，2）矛盾．②當(dāng)a＝1時(shí)，此時(shí)f′（x）恒大于等于0，不可能有極小值．③當(dāng)a＜1時(shí)，不論a是否大于0，f（x）的極小值只能是f(1)＝－eq\f(1，2)－a，令－eq\f（1，2）－a＝eq\f(1，2）,即a＝－1，滿足a＜1.綜上所述,a＝－1.20．解因?yàn)閒(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′（x)＝3x2＋2bx＋c。從而F（x）＝x3＋bx2＋cx＋d－(3x2＋2bx＋c）＝x3＋（b－3）x2＋（c－2b)x＋(d－c），由F(x）是一個(gè)奇函數(shù)，所以F（0)＝0，F(xiàn)（－x)＝－F(x)，得d－c＝0，b－3＝0,故b＝3，d＝c.又由F（1)＝－11可得1＋(b－3)＋(c－2b)＋(d－c）＝－11，即b－d＝9，所以d＝c＝－6。(2)由(1)知F（x)＝x3－12x，從而F′(x)＝3x2－12，令3x2－12＝0，得x＝±2，由F′（x)＝3x2－12＞0，得x＞2或x＜－2,由F′（x）＝3x2－12＜0,得－2＜x＜2.故(－∞，－2）和（2，＋∞）是函數(shù)F(x）的單調(diào)遞增區(qū)間,（－2,2)是函數(shù)F（x）的單調(diào)遞減區(qū)間．F（x）在x＝－2時(shí)取得極大值，極大值為16，F(xiàn)(x）在x＝2時(shí)取得極小值，極小值為－16。21．解f′（x）＝eq\f(c,x）＋x＋b＝eq\f(x2＋bx＋c，x）。因?yàn)閒′（1)＝0,所以b＋c＋1＝0,f′(x)＝eq\f（x－1x－c，x)且c≠1。（1)因?yàn)閤＝1為f(x）的極大值點(diǎn)，所以c＞1。當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)1＜x＜c時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞c時(shí)，f′(x）＞0。所以f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，(c,＋∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（1，c）．（2）①若c＜0,則f(x)在(0，1）上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．若f(x）＝0恰有兩解，則f（1)＜0，即eq\f（1,2）＋b＜0.所以－eq\f(1，2）＜c＜0。②若0＜c＜1，則f（x）極大值＝f（c）＝clnc＋eq\f(1，2）c2＋bc，f(x)極小值＝f（1）＝eq\f(1,2)＋b.因?yàn)閎＝－1－c，所以f(x）極大值＝clnc＋eq\f（c