复习验收卷（三）导数及其应用.doc

1、复习验收卷复习验收卷( (三三) )导数及其应用导数及其应用 (时间：120 分钟满分：150 分) 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.已知曲线 yaexxln x 在点(1，ae)处的切线方程为 y2xb，则 () A.ae，b1B.ae，b1 C.ae 1，b1 D.ae 1，b1 答案D 解析yaexln x1，ky|x1ae1， 切线方程为 yae(ae1)(x1)， 即 y(ae1)x1. 又已知切线方程为 y2xb， ae12， b1， 即 ae 1， b1. 2.设函数 f(x)1 2x 2

2、9ln x 在区间a1，a1上单调递减，则实数 a 的取值范围 是 () A.(1，2B.4，) C.(，2D.(0，3 答案A 解析易知 f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)x9 x. 又 x0，由 f(x)x9 x0，得 00， a13，解得 10 恒成立，令 f(x)0，得 x2 或 x1， 当 x1 时，f(x)0；当2x1 时，f(x)0 得 x0，g(x) 在定义域 R 上不是增函数，B 不正确. 对于 C，g(x)ex3 x e 3 x 在定义域 R 上是减函数，C 不正确. 对于 D，g(x)excos x，则 g(x) 2excos x 4 ，g(x)0 在定义域 R 上

3、不恒 成立，D 不正确. 7.(2021武汉模拟)函数 f(x)的导函数为 f(x)，对任意 xR，都有 f(x)f(x)成立， 若 f(ln 2)1 2，则满足不等式 f(x) 1 ex的 x 的取值范围是 () A.(1，)B.(0，1) C.(ln 2，)D.(0，ln 2) 答案C 解析对任意 xR，都有 f(x)f(x)成立，即 f(x)f(x)0. 令 g(x)exf(x)，则 g(x)exf(x)f(x)0， 所以函数 g(x)在 R 上单调递增. 不等式 f(x)1 ex即 e xf(x)1，即 g(x)1. 因为 f(ln 2)1 2，所以 g(ln 2)e ln 2f(ln

4、 2)21 21. 故当 xln 2 时，g(x)g(ln 2)1，所以不等式 g(x)1 的解集为(ln 2，). 8.已知 aR，设函数 f(x) x22ax2a，x1， xaln x，x1. 若关于 x 的不等式 f(x)0 在 R 上恒成立，则 a 的取值范围为 () A.0，1B.0，2 C.0，eD.1，e 答案C 解析当 x1 时，由 f(x)x22ax2a0 恒成立，而二次函数 f(x)图像的 对称轴为直线 xa， 所以当 a1 时，f(x)minf(1)10 恒成立， 当 a1 时，f(x)minf(a)2aa20，0a1 时，由 f(x)xaln x0 恒成立， 即 a x

5、 ln x恒成立. 设 g(x) x ln x(x1)，则 g(x) ln x1 （ln x）2. 令 g(x)0，得 xe， 且当 1xe 时，g(x)e 时，g(x)0， g(x)ming(e)e，ae. 综上，a 的取值范围是0，e. 二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分) 9.(2021厦门质检)函数 f(x)的定义域为 R，其导函数为 f(x)，f（x） x1 0， 且 yf(x1)为偶函数，则 () A.f(2)f(1)B.f(2)f(0) C.f(

6、2)f(1)D.|f(2)|f(1)| 答案AB 解析由题意得，当 x1 时，f(x)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增； 当 x1 时，f(x)0，函数 f(x)在(，1)上单调递减.因为函数 yf(x 1)为偶函数，即函数 yf(x1)的图像关于 y 轴对称，所以函数 f(x)的图像 关于直线 x1 对称，所以 f(2)f(0)f(1)，故选 AB. 10.下列四条曲线中，直线 y2x 与其相切的有 () A.曲线 y2ex2B.曲线 y2sin x C.曲线 y3x1 x D.曲线 yx3x2 答案ABD 解析直线 y2x 的斜率为 k2， A 中，若 f(x)2ex2，则由 f(x

7、)2ex2，得 x0，f(0)0，因为点(0，0) 在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 y2ex2 相切. B 中，若 f(x)2sin x，则由 f(x)2cos x2，得 x2k(kZ)，f(2k)0，因 为点(0，0)在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 y2sin x 相切. C 中，若 f(x)3x1 x，则由 f(x)3 1 x22，得 x1，f(1)4，f(1)4， 因为(1，4)，(1，4)都不在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 y3x 1 x不相切. D 中，若 f(x)x3x2，则由 f(x)3x212，得 x1，f(1)2， f(1)2，其中(

8、1，2)在直线 y2x 上，所以直线 y2x 与曲线 yx3 x2 相切.故选 ABD. 11.已知函数 f(x)(x22x)ex，关于 f(x)的性质，以下四个结论中正确的是() A.f(x)的定义域是(，) B.函数 f(x)在区间(0，2)上是增函数 C.f(x)是奇函数 D.函数 f(x)在 x 2处取得最小值 答案AD 解析根据题意可得，函数 f(x)的定义域为(，)，所以 A 正确； 因为 f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex， 当 2x 2时，f(x)0， 所以函数 f(x)在( 2， 2)上单调递减； 当 x 2或 x 2时，f(x)0， 所以函数 f(x)在(

9、， 2)，( 2，)上单调递增， 又 yx22x 在(，0)，(2，)上为正，在(0，2)上为负， 所以函数在 x 2处取得最小值，所以 D 正确，B 错误. 因为 f(x)(x22x)e x，所以 f(x)是非奇非偶函数，所以 C 错误.故选 AD. 12.(2020石家庄质检)函数 f(x)x(ex1)ln xk 在(0，)上有唯一零点 x0， 则下列四个结论正确的是 () A.k1B.k1 C.x0ex01D.1 ex 01 2 答案AC 解析函数 f(x)x(ex1)ln xk 的零点即为方程 x(ex1)ln xk0，即 kx(ex1)ln x 的根，等价于函数 g(x)x(ex1)

10、ln x 的图像与直线 yk 有唯一公共点.g(x)ex1xex1 x(1x) ex1 x (x0)， 因为 t(x)ex1 x在 (0，)上单调递增，且当 x0 时，t(x)，当 x时，t(x)， 所以存在 x0，使得 ex0 1 x00，且当 0 xx 0时，ex0 1 x00，g(x)0，g(x) 单调递减；当 xx0时，ex0 1 x00，g(x)0，g(x)单调递增，所以 g(x)g(x 0) x0(ex01)ln x0 x0 1 x01ln 1 x01x 0ln ex01，所以 k1，A 正确， B 错误；又 ex0 1 x00，所以 x 0ex01，C 正确；令 h(x)xex，

11、x(0，)， 则 h(x)(x1)ex0，故 h(x)xex为增函数，h 1 2 1 2e 1 21h(x0)，故 x01 2， 故 D 错误.故选 AC. 三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13.(2021日照质检)已知函数 f(x)exln x，f(x)为 f(x)的导函数，则 f(1)的值为 _. 答案e 解析由题意得 f(x)exln xex1 x，则 f(1)e. 14.已知 f(x)2ln xx25xc 在区间(m， m1)上为递减函数， 则 m 的取值范围 为_. 答案 1 2，1 解析由 f(x)2ln xx25xc(x0)，得 f(x)2 x2x5

12、，又函数 f(x)在区间 (m，m1)上为递减函数， f(x)0 在(m，m1)上恒成立，m0， 2 m2m50， 2 m12（m1）50， 解得1 2m1. 15.已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 f(x).若 x0 时，f(x)3x22x1 的解集是_. 答案 1，1 3 解析令 g(x)f(x)x2，则 g(x)是 R 上的偶函数. 当 x0 时，g(x)f(x)2x3x22x1 得 f(2x)(2x)2f(x1)(x1)2，即 g(2x) g(x1)，于是 g(|2x|)g(|x1|)，则|2x|x1|，解得1x1 3. 16.设函数 f(x)aex2sin x，

13、x0，若方程 f(x)0 有解，则实数 a 的最大值 是_. 答案2e 4 解析令 f(x)aex2sin x0，x0， 则 a2sin x ex ，x0，. 设 g(x)2sin x ex ，x0， 则 g(x)2 2cos x 4 ex . 当 0 x0，当 4x时，g(x)0， 即 g(x)在 0， 4 为增函数，在 4，为减函数， 又 g(0)0，g()0，g 4 2e 4， g(x)的值域为 0， 2e 4 . 故实数 a 的最大值为2e 4. 四、 解答题(本题共 6 小题， 共 70 分.解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)已知函数 f(x)

14、ax3x2(aR)在 x4 3处取得极值. (1)求 a 的值； (2)若 g(x)f(x)ex，讨论 g(x)的单调性. 解(1)对 f(x)求导得 f(x)3ax22x， 因为 f(x)在 x4 3处取得极值， 所以 f 4 3 0， 即 3a16 9 2 4 3 16a 3 8 30，解得 a 1 2. (2)由(1)得 g(x) 1 2x 3x2 ex， 故 g(x) 3 2x 22x ex 1 2x 3x2 ex 1 2x 35 2x 22x ex 1 2x(x1)(x4)e x， 令 g(x)0，解得 x0，x1 或 x4， 当 x4 时，g(x)0，故 g(x)在(，4)上为减函

15、数， 当4x1 时，g(x)0，故 g(x)在(4，1)上为增函数， 当1x0 时，g(x)0，故 g(x)在(1，0)上为减函数， 当 x0 时，g(x)0，故 g(x)在(0，)上为增函数， 综上所述，g(x)在(，4)和(1，0)上单调递减，在(4，1)和(0， )上单调递增. 18.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ax1ln x(aR). (1)讨论函数 f(x)在定义域内的极值点的个数； (2)若函数 f(x)在 x1 处取得极值，x(0，)，f(x)bx2 恒成立，求实 数 b 的取值范围. 解(1)f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)a1 x ax1 x . 当 a

16、0 时，f(x)0 在(0，)上恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递减， f(x)在(0，)上没有极值点. 当 a0 时，由 f(x)0 得 0 x1 a，由 f(x)0 得 x 1 a，f(x)在 0，1 a 上递 减，在 1 a，上递增，即 f(x)在 x1 a处有极小值. 当 a0 时，f(x)在(0，)上没有极值点，当 a0 时，f(x)在(0，)上 有一个极值点. (2)函数 f(x)在 x1 处取得极值， a1，f(x)bx211 x ln x x b， 令 g(x)11 x ln x x ，则 g(x)ln x2 x2 ， 令 g(x)0，得 xe2. 则 g(x)在(0，e

17、2)上递减，在(e2，)上递增， g(x)ming(e2)1 1 e2，即 b1 1 e2， 故实数 b 的取值范围为 ，1 1 e2. 19.(本小题满分 12 分)(2020广州综合测试)已知函数 f(x)(x4)ex 3x26x， g(x) a1 3 x1ln x. (1)求函数 f(x)在(0，)上的单调区间； (2)用 maxm，n表示 m，n 中的最大值，f(x)为 f(x)的导函数，设函数 h(x) maxf(x)，g(x)，若 h(x)0 在(0，)上恒成立，求实数 a 的取值范围. 解(1)因为 f(x)(x4)ex 3x26x， 所以 f(x)(x3)ex 32x6(x3)

18、(ex32)， 令 f(x)0 得 x3. 当 x3 时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 0 x3 时，f(x)0，f(x)单调递减， 所以函数 f(x)的单调递增区间为(3，)，单调递减区间为(0，3). (2)由(1)知 f(x)(x3)(ex 32)， 当 x3 时，f(x)0 恒成立，故 h(x)0 恒成立； 当 0 x3 时，f(x)0. 因为 h(x)maxf(x)，g(x)0 恒成立， 所以 g(x)0 在(0，3)上恒成立， 所以 a1 3 x1ln x0， 即 a1 3 1ln x x 在(0，3)上恒成立. 令 F(x)1ln x x ，则 a1 3F(x) max，

19、F(x)1（ln x1） x2 ln x x2 . 令 F(x)0 得 x1，易得 F(x)在(0，1)上单调递增，在1，3)上单调递减， 所以 F(x)maxF(1)1， 所以 a1 31，即 a 4 3. 综上可知，实数 a 的取值范围是 4 3，. 20.(本小题满分12 分)(2021北京适应性测试)已知函数f(x)ex(x1)1 2e ax2， a0. (1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求函数 f(x)的极小值； (3)求函数 f(x)的零点个数. 解(1)函数 f(x)的定义域为 R， f(x)ex(x1)exeaxx(exea). f(0)e0(01

20、)01，切点为(0，1). 又f(0)0(e0ea)0， 曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程为 y1. (2)令 f(x)0，得 x(exea)0， 解得 x10，x2a(a0). 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表. x(，a)a(a，0)0(0，) f(x)00 f(x) f(x)在(，a)，(0，)上单调递增，在(a，0)上单调递减. f(x)在 x0 处取得极小值，为 f(0)1. (3)由(2)知 f(x)的极大值为 f(a)ea(a1)1 2e aa2 a11 2a 2 ea， f(0)10，f(2)e22ea. a0，f(a)0. 函数 f(x)的零点个数

21、为 1. 21.(本小题满分 12 分)(2020济南模拟)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0. (1)求 a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e 2f(x0)22. (1)解f(x)的定义域为(0，)， 设 g(x)axaln x，则 f(x)xg(x)， f(x)0 等价于 g(x)0， 因为 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0， 而 g(x)a1 x，g(1)a1，得 a1. 若 a1，则 g(x)11 x. 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0. 综上，a

22、1. (2)证明由(1)知 f(x)x2xxln x， f(x)2x2ln x， 设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21 x. 当 x 0，1 2 时，h(x)0. 所以 h(x)在 0，1 2 单调递减，在 1 2，单调递增. 又 h(e 2)0，h 1 2 0；当 x(x0，1)时，h(x)0. 因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点. 由 f(x0)0 得 ln x02(x01)，故 f(x0)x0(1x0). 由 x0 0，1 2 得 f(x0)f(e1)e2. 所以 e 2f(x0)22. 22.(本小题满分 12 分)(2021长沙调研)已知函数 f(

23、x)x2cos x. (1)求函数 f(x)的最小值； (2)若函数 g(x)f(x)a 在(0，)上有两个零点 x1，x2，且 x1x2，求证： x1x2. (1)解易知函数 f(x)为偶函数，故只需求当 x0，)时，函数 f(x)的最小 值即可. f(x)2xsin x，当 x 0， 2 时， 设 h(x)2xsin x， 则 h(x)2cos x， 显然 h(x)单调递增， 而 h(0)0， h 2 0， 由零点存在性定理可知，存在唯一的 x0 0， 2 ，使得 h(x0)0. 当 x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减， 当 x x0， 2 时，h(x)0，h(x)单调递增，

24、而 h(0)0，h 2 0， 故当 x 0， 2 时，h(x)0，即 f(x)0，f(x)单调递减. 又当 x 2，时，2xsin x，f(x)0，f(x)单调递增， 所以 f(x)minf 2 2 4 . (2)证明由题可知 x1 0， 2 ，x2 2，. 令函数 F(x)f(x)f(x)，x 0， 2 ， 则 F(x)f(x)f(x)22sin x0， 即 F(x)单调递增，所以 F(x)F 2 0， 即当 x 0， 2 时，f(x)f(x)，而 x1 0， 2 ， 所以 f(x1)f(x1). 又 f(x1)f(x2)，即 f(x2)f(x1)， 此时 x2，x1 2，. 由(1)可知，f(x)在 2，上单调递增， 所以 x2x1，即 x1x2.