高考数学一轮复习 第四单元 导数及其应用双基过关检测 理试题

“导数及其应用”双基过关检测一、选择题1．已知函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，则a＝()A．e B.eq\f(1,e)C.eq\f(1,e2) D.eq\f(1,2)解析：选B因为f′(x)＝eq\f(1,xlna)，所以f′(1)＝eq\f(1,lna)＝－1，所以lna＝－1，所以a＝eq\f(1,e).2．直线y＝kx＋1与曲线y＝x2＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋bA．－1 B．1C．2 D．－2解析：选C由曲线y＝x2＋ax＋b，得y′＝2x＋a，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＋1＝3，,k＝2＋a，,1＋a＋b＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,a＝0，,b＝2，))所以2a＋b3．函数y＝2x3－3x2的极值情况为()A．在x＝0处取得极大值0，但无极小值B．在x＝1处取得极小值－1，但无极大值C．在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1D．以上都不对解析：选Cy′＝6x2－6x，由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，即单调增区间是(－∞，0)，(1，＋∞)．由y′＝6x2－6x<0，可得0<x<1，即单调减区间是(0,1)，所以函数在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1.4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋mlnx在(1，＋∞)是减函数，则m的取值范围是()A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1] D．(－∞，1)解析：选C由题意，f′(x)＝－x＋eq\f(m,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即m≤x2在(1，＋∞)上恒成立，又因为x2>1，所以m≤1.5．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：选D依题意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.6．已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝()A．0 B．1C．2 D．3解析：选Bf(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(x－m)(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1<x<3时，f′(x)<0，当x<1或x>3时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，∴m＝1，此时f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当eq\f(1,3)<x<1时，f′(x)<0，当x<eq\f(1,3)或x>1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．选B.7．由曲线y＝x2－1，直线x＝0，x＝2和x轴所围成的封闭图形的面积是()A.eq\i\in(0,2,)(x2－1)dxB.eq\i\in(0,2,)|x2－1|dxC.eq\i\in(0,2,)(x2－1)dxD.eq\i\in(0,1,)(x2－1)dx＋eq\i\in(1,2,)(1－x2)dx解析：选B作出封闭图形的示意图如图所示，易得所围成的封闭图形的面积是S＝eq\i\in(0,1,)(1－x2)dx＋eq\i\in(1,2,)(x2－1)dx＝eq\i\in(0,2,)|x2－1|dx.8．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x，x≤0，,x3－3x＋a，x>0))的值域为[0，＋∞)，则实数a的取值范围是()A．[2,3] B．(2,3]C．(－∞，2] D．(－∞，2)解析：选A当x≤0时，0≤f(x)＝1－2x<1；当x>0时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1－3＋a＝a－2.由题意得0≤a－2≤1，解得2≤a≤3，选A.二、填空题9．若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(a,x)，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则需方程1＋eq\f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)10．已知函数f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，则f′(1)＝________.解析：∵f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，∴f′(－1)＝－1＋2f∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.答案：811．已知函数f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝eq\f(1,2)x＋3，则f(1)＋f′(1)＝________.解析：由题意知f′(1)＝eq\f(1,2)，f(1)＝eq\f(1,2)×1＋3＝eq\f(7,2)，∴f(1)＋f′(1)＝eq\f(7,2)＋eq\f(1,2)＝4.答案：412．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋eq\f(1,2)x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________．解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1时，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，∴g′(1)＝e，∴g(x)＝ex－x＋eq\f(1,2)x2，g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m答案：[1，＋∞)三、解答题13．已知函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋b(x≠0)，其中a，b∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝3x＋1，求函数f(x)的解析式；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，不等式f(x)≤10在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上恒成立，求实数b的取值范围．解：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,x2)(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)＝3，则a＝－8.由切点P(2，f(2))在直线y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得b＝9，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x－eq\f(8,x)＋9.(2)由(1)知f′(x)＝1－eq\f(a,x2)(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，0)(0，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－－0＋f(x)极大值极小值所以当a>0时，f(x)在(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)上是增函数，在(－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a))上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，不等式f(x)≤10在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上恒成立等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))≤10，,f1≤10，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b≤\f(39,4)－4a，,b≤9－a))对于任意的a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))成立，从而得b≤eq\f(7,4)，所以实数b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,4))).14．已知函数f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)(x>0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x，知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5