安徽新高考數(shù)學文科二輪復習作業(yè)精練精析專題限時集訓(七)B(含答案詳析)

專題限時集訓(七)B[第7講導數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應用](時間：45分鐘)1．已知函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖像如圖X7－3所示，則對于函數(shù)y＝f(x)，下列說法正確的選項是( )圖X7－3A．函數(shù)在x＝－1處取得極大值B．函數(shù)在區(qū)間[－1，3]上是增函數(shù)C．函數(shù)在x＝1處取得極大值D．函數(shù)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)2．設曲線y＝xn2＋n(n∈N*)在點(1，1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，則數(shù)列{xn}的前10項和等于( )1001A.11B.11120101C.11D.103．設函數(shù)f(x)＝ex＋g(x)，若曲線y＝g(x)在點P(0，g(0))處的切線方程是y＝2x＋1.則曲線y＝f(x)在點Q(0，f(0))處的切線方程是( )A．y＝2x＋1B．y＝2x＋3C．y＝x＋2D．y＝3x＋2f(x)，若知足(x2－3x＋2)f′(x)≤0，則對x∈[1，2]必有( )4．對于實數(shù)集R上的可導函數(shù)A．f(1)≤f(x)≤f(2)B．f(x)≤f(1)C．f(x)≥f(2)D．f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)5．已知函數(shù)y＝f(x)的圖像如圖X7－4，那么其導函數(shù)的圖像可能是()圖X7－4圖X7－56．等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，函數(shù)f(x)＝x(x－a1)(x－a2)(x－a8)，則f′(0)＝( )6A．2B．29C．210D．21217．已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)知足f(1)＝1，且f(x)的導函數(shù)f(x)′在R上恒有f′(x)<222x1(x∈R)，則不等式f(x)<＋的解集為( )A．(1，＋∞)B．(－∞，－1)C．(－1，1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．9．函數(shù)y＝21的圖像在x＝1處的切線方程為________．x＋110．設函數(shù)f(x)′＝x2＋3x－4，則y＝f(x＋1)的單一遞減區(qū)間為________．11．已知函數(shù)f(x)＝3x＋sinx－2cosx的圖像在點A(x0，f(x0))處的切線的斜率為3，則tanx0的值是________．22x12．某同學在研究函數(shù)f(x)＝xe的性質(zhì)時，獲得了如下的結(jié)論：①f(x)的單一遞減區(qū)間是(－1，0)；②f(x)無最小值，無最大值；③f(x)的圖像與它在點(0，0)處的切線有兩個交點；f(x)的圖像與直線x－y＋2012＝0有兩個交點．其中正確結(jié)論的序號是________．13．已知函數(shù)f(x)＝ax－2x－4lnx.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間．a(chǎn)x14．已知函數(shù)f(x)＝2＋a，g(x)＝alnx－x(a≠0)．x＋1(1)求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)求證：當a>0時，對于隨意x1，x2∈(0，e]，總有g(shù)(x1)<f(x2)建立．專題限時集訓(七)B1．B[解析]導函數(shù)y＝f′(x)的圖像在x＝－1左邊的函數(shù)值小于0，右邊的函數(shù)值大于0，因此函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極小值，所以A錯誤；在區(qū)間[－1，3]上，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)是增函數(shù)，故B正確；由B知f(x)不可能在x＝1處取得極大值，故C錯誤；由B知f(x)不可能在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，故D錯誤．2＋n)xn222．A[解析]求導得y′＝(n＋n－1，則y′|＝n＋n，故曲線在點(1，1)處的切＝線方程是y－1＝(n2＋n)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－2111＝1－n－，所以S10＝10－n＋nn＋1111111001－2＋2－3＋＋10－11＝11.3．D[解析]由題知g′(0)＝2，g(0)＝1，所以f′(0)＝3，f(0)＝2，則曲線y＝f(x)在點Q(0，f(0))處的切線方程是y＝3x＋2.x2－3x＋2≤0，4．A[解析]因為(x2－3x＋2)f(x)′≤0，x∈[1，2]，所以或f′（x）≥0x2－3x＋2≥0，(舍)．故x∈[1，2]時，f(x)為增函數(shù)，因此f(1)≤f(x)≤f(2)．f′（x）≤05．A[解析]由圖知f(x)的單一性是先增后減，再增再減，相應導函數(shù)的取值為先正后負，再正再負，只有選項A的圖像切合．6．D[解析]因為f(x)′＝(x－a1)(x－a2)(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]′，所以f(0)′a1a2a8＝(a1a8)4＝84＝212.7．D[解析]因為f′(x)<1對x∈R恒建立，所以令g(x)＝f(x)－1x，可知g′(x)＝f(x)′－12112x212.因為f(x22<0對x∈R恒建立，即g(x)在R上遞減，且g(1)＝f(1)－＝)<＋，可轉(zhuǎn)變?yōu)閒(x)22222x2<12，即g(x2)<12＝g(1)，所以x2>1，即x>1或x<－1.8．(－2，2)[解析]因為f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．要使函數(shù)f(x)有3個不同的零點，只需f(1)f(－1)<0即可，故(a－2)(a＋2)<0，解得－2<a<2.1－2x119．y＝－2x＋1[解析]求導得y′＝（x2＋1）2，又x＝1時，y＝2，y′|x＝1＝－2，所以切線方程為y－1＝－1(x－1)，即y＝－1x＋1.22210．(－5，0)[解析]令f′(x)<0，得－4<x<1，所以f(x)的單一遞減區(qū)間為(－4，1)，將函數(shù)圖像向左平移1個單位長度，得y＝f(x＋1)的單一遞減區(qū)間為(－5，0)．11．－1[解析]因為f′(x)＝3＋cosx＋2sinx，所以f′(x0)＝3＋cosx0＋2sinx0＝3，則2tanx0＝－1.2①f(x)′＝2xe2x(x＋1)，令f′(x)<0，則x∈(－1，0)，所以函數(shù)f(x)在(－12．①④[解析]1，0)上單一遞減；②令f′(x)＝2xe2x(x＋1)＝0，則x＝－1(極大值點)或x＝0(極小值點)，因為f(x)＝x2e2x≥0，當且僅當x＝0時等號建立，故函數(shù)f(x)存在最小值f(0)＝0，沒有最大值；③函數(shù)f(x)在點(0，0)處的切線即為x軸，聯(lián)合②中的結(jié)論可知切線與函數(shù)f(x)的圖像只有一個交點(0，0)；④函數(shù)f(x)在(－∞，－1)與(0，＋∞)上單一遞增，在(－1，0)上單一遞減，函數(shù)的極大值為－2穿過x，y軸，函數(shù)f(x)的圖像向左f(－1)＝e<2011，且直線y＝x＋2012無限地的靠近x軸，向右沿y軸正方向無限延長，故函數(shù)f(x)的圖像在x＝－1左邊，x＝0的右邊與直線y＝x＋2012各有一個交點．22413．解：(1)當a＝1時，f(x)＝x－x－4lnx，f′(x)＝1＋x2－x，所以f(1)＝－1，f′(1)＝－1.因此f(x)在(1，f(1))處的切線方程是y－(－1)＝(－1)×(x－1)，即y＝－x.24ax2－4x＋22(2)由題知f(x)′＝a＋x2－x＝x2，不妨設g(x)＝ax－4x＋2，x∈(0，＋∞)．1①當a＝0時，g(x)＝－4x＋2，所以x∈0，2時，g(x)>0，則f(x)>0′，所以f(x)的單一11遞增區(qū)間是0，2.當x∈2，＋∞時，g(x)<0，則f′(x)<0，所以f(x)的單一遞減區(qū)間是1，＋∞.2②當a>0時，在g(x)＝ax2－4x＋2中＝16－8a，(ⅰ)當a≥2時，＝16－8a≤0，g(x)≥0，即f(x)′≥0，所以f(x)的單一遞增區(qū)間是(0，＋∞)．2－4x＋2＝0，(ⅱ)當0<a<2時，＝16－8a>0，令g(x)＝ax解得x1＝2－4－2a2＋4－2a2－4－2aa>0，x2＝a>0，且x1<x2，當x∈∪0，a2＋4－2a時，g(x)>0，則f′(x)>0，所以f(x)的單一遞增區(qū)間是2－4－2a和a，＋∞0，a2＋4－2a；當x∈2－4－2a2＋4－2a時，g(x)<0，則f′(x)<0，所以f(x)a，＋∞a，a的單一遞減區(qū)間是2－4－2a2＋4－2a.a，a③當a<0＝16－8a>0，令g(x)＝ax2－4x＋2＝02－4－2a時，得x1＝a>0，x2＝2＋4－2a2－4－2a時，g(x)>0，則f′(x)>0，所以f(x)的單一遞a<0.又x>0，故當x∈0，a2－4－2a；當x∈2－4－2a增區(qū)間是0，aa，＋∞時，g(x)<0，則f′(x)<0，所以f(x)的單一遞減區(qū)間是2－4－2aa，＋∞.14．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為R，a（1－x2）a（1－x）（1＋x）.f′(x)＝＝（x2＋1）2（x2＋1）2當a>0時，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f(x)′－0＋0－f(x)↘↗↘當a<0時，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f(x)′＋0－0＋f(x)↗↘↗綜上所述，當a>0時，f(x)的單一遞增區(qū)間為(－1，1)，單一遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)；當a<0時，f(x)的單一遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，單一遞減區(qū)間為(－1，1)．(2)證明：由(1)可知，當a>0時，f(x)在(0，1)上單一遞增，在(1，e]上單一遞減，且ae＋a>f(0)＝a.f(e)＝2e＋1所以x∈(0，e]時，f(x)>a.a因為g(x)＝alnx－x，所以g′(x)＝－1.令g′(x)＝0，得x＝a.①當0<a<e時，由g′(x)>0，得0<x<a；由g′(x)<0，得e>x>a，所以函數(shù)g(x)在(0，a)上單一遞增，在(a，e]上單一遞減．所以g(x)max