高考数学一轮复习 阶段规范强化练3 导数及其应用-人教版高三数学试题

阶段规范强化练(三)导数及其应用一、选择题1．(2015·大庆市高三质检)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x＋eq\f(1,3)，则与f(x)图象相切的斜率最小的切线方程为()A．2x－y－3＝0 B．x＋y－3＝0C．x－y－3＝0 D．2x＋y－3＝0【解析】f′(x)＝x2－4x＋3，f′(x)min＝f′(2)＝－1，f(2)＝1，故与f(x)图象相切斜率最小的切线方程为y－1＝－1(x－2)，即x＋y－3＝0.【答案】B2．(2016·银川模拟)下列图象中，有一个是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数f′(x)的图象，则f(－1)＝()图1A.eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(7,3)D．－eq\f(1,3)或eq\f(5,3)【解析】f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，因为a≠0，故其图象为第三个，且－a>0⇒a<0.f′(0)＝0⇒a＝－1，当a＝－1时，f(－1)＝－eq\f(1,3)－1＋1＝－eq\f(1,3).【答案】B3．已知f(x)＝ax3－3x2＋1,若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)【解析】f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝3ax2－6x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－2))，a>0时，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，得x<0或x>eq\f(2,a)；由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，得0<x<eq\f(2,a)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减．由题意可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))<0，这与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝1>0矛盾，故舍．当a<0时，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，得x<eq\f(2,a)或x>0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递减．依题意可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)＋1>0⇒a2>4，∵a<0，∴解得a<－2.综上可得a<－2.故C正确．【答案】C4．(2015·烟台模拟)已知定义在R上的函数y＝f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，当x∈(－∞，0)时不等式f(x)＋xf′(x)<0总成立，若记a＝20.2f(20.2)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝(－3)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,27)))，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．a＞c＞bC．c>b>a D．c>a>b【解析】构造函数F(x)＝xf(x)，F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，故F(x)在(－∞，0)上单调递减，∴F(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝F(x)，∴F(x)为R上的偶函数，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，a＝20.2f(20.2)＝F(20.2)，b＝(logπ3)f(logπ3)＝F(logπ3)，∴c＝(－3)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,27)))＝F(－3)＝F(3)，∵3＞20.2＞1＞logπ3，∴F(3)＞F(20.2)＞F(logπ3)，即c＞a＞b.【答案】D5．(2016·潍坊模拟)设函数y＝f(x)在区间(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在区间(a，b)上的导函数为f″(x)，若在区间(a，b)上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在区间(a，b)上为“凸函数”．已知f(x)＝eq\f(1,12)x4－eq\f(m,6)x3－eq\f(3,2)x2在(1,3)上为“凸函数”，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(31,9))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(31,9)，5))C．(－∞，－2) D．[2，＋∞)【解析】因为f′(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(m,2)x2－3x，所以f″(x)＝x2－mx－3，由题意可知在区间(1,3)上f″(x)<0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f″1＝1－m－3≤0，,f″3＝32－3m－3≤0，))解得m≥2，故选D.【答案】D6．(2016·孝感模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－e－x，x≤0，,\r(2x)，x>0.))若|f(x)|≥ax，则实数a的取值范围为()A．(－∞，0] B．(－∞，－1]C．[－2,0] D．[－1,0]【解析】由题意，当x≤0时，e－x－1≥ax，即e－x≥ax＋1，令y＝e－x－1，∴y′＝－e－x，其在(0,0)处的切线的斜率为k＝y′|x＝0＝－e－x|x＝0＝－1，再由数形结合得－1≤a≤0.当x>0时，eq\r(2x)≥ax，∴a≤eq\r(\f(2,x))，当a≤0时恒成立，所以实数a的取值范围为－1≤a≤0，故选D.【答案】D二、填空题7．(2016·云南师大附中模拟)若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．【解析】f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝2a＋eq\f(2,9)，令2a＋eq\f(2,9)>0，解得a>－eq\f(1,9)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))8．下列说法，其中正确命题的序号为________．①若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则实数c＝2或6；②对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有f(0)＋f(2)>2f(1)；③若函数f(x)＝x3－3x在(a2－17，a)上有最大值，则实数a的取值范围为(－1,4)；④已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，xf′(x)－f(x)>0(x>0)，则不等式f(x)>0的解集是(－1，0)∪(1，＋∞)．【解析】对于①，展开可得f(x)＝x3－2cx2＋c2x，求导数可得f′(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)，令f′(x)＝0，可得x＝c，或x＝eq\f(c,3)，当c＝0时，函数无极值，不合题意，当c＞0时，函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(c,3)))，(c，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3)，c))上单调递减，故函数在x＝eq\f(c,3)处取到极大值，故c＝6；当c＜0时，函数在(－∞，c)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(c,3)))上单调递减，故函数在x＝c处取到极大值，故c＝2，矛盾，命题①错误；对于②，(x－1)f′(x)≥0，则函数f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，∴f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．命题②正确；对于③，∵f(x)＝x3－3x在(a2－17，a)上有最大值，∴此最大值必是极大值，令f′(x)＝3x2－3＝0，求得极值点为x＝1或x＝－1，当x＞1或x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴x＝－1为极大值点，包含在(a2－17，a)之内，∴a2－17＜－1＜a，解得－1＜a＜4.∴实数a的取值范围为(－1,4)，命题③正确；对于④，xf′(x)－f(x)＞0(x＞0)，即eq\f(xf′x－fx,x2)＞0，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′＞0，所以函数eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上是增函数，且当x＝1时，eq\f(f1,1)＝f(1)＝0，故函数eq\f(fx,x)在(0,1)上有eq\f(fx,x)＜0，则f(x)＜0，在(1，＋∞)上有eq\f(fx,x)＞0，则f(x)＞0.又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＜0，当x∈(1,0)时，f(x)＞0.故不等式f(x)＞0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，命题④正确．故答案为②③④.【答案】②③④三、解答题9．(2015·济南模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．【解】(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当eq\f(1,e)＜x＜1时，g′(x)＞0；当1＜x＜e时，g′(x)＜0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)＜0，则g(e)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1＜m≤2＋eq\f(1,e2)，所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).10．已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．【解】(1)在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)，当a≤0时，f′(x)＜0