（湖北專用）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓（五）B第5講 導數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應用配套作業(yè) 理（解析版）

專題限時集訓(五)B[第5講導數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應用](時間：45分鐘)1．函數(shù)y＝xex的最小值是()A．－1B．－eC．－eq\f(1,e)D．不存在2．設(shè)曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3，2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a＝()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)3．已知f(a)＝eq\i\in(0,1,)(2ax2－a2x)dx，則函數(shù)f(a)的最大值為()A．1B.eq\f(4,9)C.eq\f(2,9)D.eq\f(1,9)4．垂直于直線2x－6y＋1＝0且與曲線f(x)＝x3＋3x2－1相切的直線l與曲線f(x)及y軸所圍成的圖形的面積是________．5．對于R上可導的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有()A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>26．函數(shù)y＝xsinx＋cosx在下面哪個區(qū)間上為增函數(shù)()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))B．(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))D．(2π，3π)7．已知函數(shù)f(x)＝x2eax，其中a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，則a的取值范圍為()A．(－∞，－1)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(－∞，2)8．定義在區(qū)間[0，a]上的函數(shù)f(x)的圖象如圖5－1所示，記以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))為頂點的三角形面積為S(x)，則函數(shù)S(x)的導函數(shù)S′(x)的圖象大致是()圖5－1圖5－29．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosx，0≤x<\f(π,2)，,2，\f(π,2)≤x≤2，))則eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝________．10．已知函數(shù)f(x)的定義域為[－1，5]，部分對應值如下表.x－1045f(x)1221f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖5－3所示：圖5－3下列關(guān)于f(x)的命題：①函數(shù)f(x)是周期函數(shù)；②函數(shù)f(x)在[0，2]是減函數(shù)；③如果當x∈[－1，t]時，f(x)的最大值是2，那么t的最大值為4；④當1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a有4個零點；⑤函數(shù)y＝f(x)－a的零點個數(shù)可能為0，1，2，3，4個．其中正確命題的序號是________．11．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2eeq\f(x,k).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范圍．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(px－p)－lnx(p>0)．(1)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)p的取值范圍；(2)當n∈N*時，試判斷eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)與2ln(n＋1)的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(3)當n≥2且n∈N*時，證明：eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn.13．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)當a＝1時，求f(x)的極值；(2)討論函數(shù)y＝f(x)的零點個數(shù)；(3)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}均為正項數(shù)列，且滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，求證：a1b1·a2b2·…·anbn≤1.專題限時集訓(五)B【基礎(chǔ)演練】1．C[解析]y′＝ex＋xex，令y′＝0，則x＝－1.因為x<－1時，y′<0，x>－1時，y′>0，所以x＝－1時，ymin＝－eq\f(1,e)，選C.2．B[解析]y＝1＋eq\f(2,x－1)，所以y′＝－eq\f(2,（x－1）2)，將x＝3代入得y′＝－eq\f(1,2)，所以(－a)×－eq\f(1,2)＝－1，解得a＝－2.3．C[解析]f(a)＝eq\i\in(0,1,)(2ax2－a2x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)ax3－\f(1,2)a2x2))))eq\s\up12(1)0＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(2,3)a，這個關(guān)于a的二次函數(shù)當a＝－eq\f(\f(2,3),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(2,3)時取得最大值，即所求的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(1,2)×eq\f(4,9)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).4.eq\f(1,4)[解析]由題意得直線l的斜率為－3.又f′(x)＝3x2＋6x，由3x2＋6x＝－3解得x＝－1，此時切點A的坐標是(－1，1)，切線方程是y－1＝－3(x＋1)，即y＝－3x－2，如圖，則所求的面積是eq\i\in(－1,0,)[f(x)－(－3x－2)]dx＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\i\in(－1,0,)（x3＋3x2＋3x＋1）dx))＝eq\f(1,4)x4＋x3＋eq\f(3,2)x2＋xeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(0)－1＝eq\f(1,4).【提升訓練】5．C[解析]依題意，當x>1時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)；當x<1時，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數(shù)，故f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)．6．C[解析]因為y′＝xcosx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))時，cosx>0，y′＝xcosx>0，此時函數(shù)y＝xsinx＋cosx為增函數(shù)，故選C.7．A[解析]f′(x)＝x(ax＋2)eax，由題意得f′(x)＝x(ax＋2)eax<0在[2，＋∞)上恒成立．即x(ax＋2)<0在[2，＋∞)上恒成立，即a<－eq\f(2,x)在[2，＋∞)上恒成立，即a<－1.8．D[解析]由于AB的長度為定值，只要考慮點C到直線AB的距離的變化趨勢即可．當x在區(qū)間[0，a]變化時，點C到直線AB的距離先是遞增，然后遞減，再遞增，再遞減，S′(x)的圖象先是在x軸上方，再到x軸下方，再回到x軸上方，再到x軸下方，并且函數(shù)在直線AB與函數(shù)圖象的交點處間斷，在這個間斷點函數(shù)性質(zhì)發(fā)生突然變化，所以選項D中的圖象符合要求．9．5－π[解析]eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝∫eq\f(π,2)0cosxdx＋∫2eq\f(π,2)2dx＝sinxeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(\f(π,2))0＋2xeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(2)eq\f(π,2)＝sineq\f(π,2)－sin0＋22－eq\f(π,2)＝5－π.10．②⑤[解析]周期性是函數(shù)在整個定義域上的整體性質(zhì)，周期函數(shù)的圖象不能是一個閉區(qū)間上的一段，必需能夠保證周期的無限延展，故函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)，命題①不正確；從其導數(shù)的圖象可知，在區(qū)間(0，2)內(nèi)導數(shù)值小于零，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞減，由于函數(shù)圖象是連續(xù)的，故在區(qū)間[0，2]是減函數(shù)，命題②正確；函數(shù)f(x)在[－1，0)上遞增、在(0，2)上遞減、在(2，4)上遞增、在(4，5]上遞減，函數(shù)的最大值只能在f(0)處，或者f(4)處取得，因此只要0≤t≤5即可，因此t的最大值為5，命題③不正確；由于f(－1)＝1，f(0)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1，根據(jù)③中的單調(diào)性，要使1<a<2時，函數(shù)y＝f(x)－a有四個零點，必須保證f(2)≤1，數(shù)據(jù)中沒有這個函數(shù)值，故命題④不正確；顯然當a>2時，函數(shù)y＝f(x)－a沒有零點，當a＝2時函數(shù)有兩個零點，當1<a<2時，根據(jù)f(2)在(－∞，2)之間取值的不同，函數(shù)可能有四個零點(f(2)≤1)、兩個零點(1<f(2)<2)，當f(2)＝1，a＝1時函數(shù)有三個零點，當f(2)<1且a＝f(2)時函數(shù)只有一個零點，命題⑤正確．11．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eeq\f(x,k)>0，當k>0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－k)，(k，＋∞)，f(x)的減區(qū)間為(－k，k)，當k<0時，f(x)的增區(qū)間為(k，－k)，f(x)的減區(qū)間為(－∞，k)，(－k，＋∞)．(2)當k>0時，f(k＋1)＝eeq\f(k＋1,k)>eq\f(1,e)，所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e).當k<0時，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e)，所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)等價于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e)?－eq\f(1,2)≤k<0.綜上，k的范圍為－eq\f(1,2)，0.12．解：(1)p>0，函數(shù)f(x)＝eq\r(px－p)－lnx的定義域為[1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(p,2\r(px－p))－eq\f(1,x).依題意，eq\f(p,2\r(px－p))≥eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，∴p≥eq\f(4（x－1）,x2)在x∈(1，＋∞)恒成立．又在x∈(1，＋∞)上，eq\f(4（x－1）,x2)＝4－eq\f(1,x)－eq\f(1,2)2＋eq\f(1,4)≤1，∴p≥1，∴p的取值范圍為[1，＋∞)．(2)當n∈N*時，eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．證明：當n∈N*時，欲證eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)，只需證eq\f(\r(2k＋1),k)>2[ln(k＋1)－lnk](k∈N*)．由(1)可知：取p＝1，則f(x)≥f(1)(x≥1)，而f(1)＝0，∴eq\r(x－1)≥lnx(當x＝1時，等號成立)．用eq\f(x＋1,x)2代換x，得eq\r(\f(x＋1,x)2－1)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)))eq\s\up12(2)(x>0)，即eq\f(\r(2x＋1),x)>2[ln(x＋1)－lnx](x>0)，∴eq\f(\r(2k＋1),k)>2[ln(k＋1)－lnk](k∈N*)．在上式中分別取k＝1，2，3，…，n，并將同向不等式相加，得eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．∴當n∈N*時，eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．(3)證明：由(2)可知eq\r(x－1)≥lnx(x＝1時，等號成立)．而當x≥2時，x－1≥eq\r(x－1)，∴當x≥2時，x－1>lnx.設(shè)g(x)＝x－1－lnx，x∈(0，2)，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴g(x)在(0，1)上遞減，在(1，2)上遞增，∴g(x)≥g(1)＝0，即x－1≥lnx在x∈(0，2)時恒成立．故當x∈(0，＋∞)時，x－1≥lnx(當且僅當x＝1時，等號成立)．①用x代換x－1得：x≥ln(1＋x)(當且僅當x＝0時，等號成立)．②當k≥2，k∈N*時，由①得k－1>lnk>0，∴eq\f(1,lnk)>eq\f(1,k－1).當k≥2，k∈N*時，由②得k>ln(1＋k)，用eq\f(1,k－1)代換k，得eq\f(1,k－1)>ln1＋eq\f(1,k－1).∴當k≥2，k∈N*時，eq\f(1,lnk)>ln1＋eq\f(1,k－1)，即eq\f(1,lnk)>lnk－ln(k－1)．在上式中分別取k＝2，3，4，…，n，并將同向不等式相加，得eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn－ln1.故當n≥2且n∈N*時，eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn.13．解：(1)當a＝1時，f′(x)＝eq\f(1,x)－1(x>0)，當0<x<1時，f′(x)>0，當x>1時，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，∴當x＝1時，f(x)取得極大值－1，無極小值．(2)方法1：由f(x)＝0，得a＝eq\f(lnx,x)(*)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當0<x<e時，g′(x)>0，當x>e時，g′(x)<0，∴g(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減，∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，又當x→0時，g(x)→－∞；當x>e時，g(x)＝