高考數(shù)學一輪復習 第四單元 導數(shù)及其應用雙基過關(guān)檢測 理試題

“導數(shù)及其應用”雙基過關(guān)檢測一、選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝logax(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，則a＝()A．e B.eq\f(1,e)C.eq\f(1,e2) D.eq\f(1,2)解析：選B因為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．直線y＝kx＋1與曲線y＝x2＋ax＋b相切于點A(1,3)，則2a＋bA．－1 B．1C．2 D．－2解析：選C由曲線y＝x2＋ax＋b，得y′＝2x＋a，由題意可得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．函數(shù)y＝2x3－3x2的極值情況為()A．在x＝0處取得極大值0，但無極小值B．在x＝1處取得極小值－1，但無極大值C．在x＝0處取得極大值0，在x＝1處取得極小值－1D．以上都不對解析：選Cy′＝6x2－6x，由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，即單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)，(1，＋∞)．由y′＝6x2－6x<0，可得0<x<1，即單調(diào)減區(qū)間是(0,1)，所以函數(shù)在x＝0處取得極大值0，在x＝1處取得極小值－1.4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋mlnx在(1，＋∞)是減函數(shù)，則m的取值范圍是()A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1] D．(－∞，1)解析：選C由題意，f′(x)＝－x＋eq\f(m,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即m≤x2在(1，＋∞)上恒成立，又因為x2>1，所以m≤1.5．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：選D依題意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)．故選D.6．已知函數(shù)f(x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極小值，則實數(shù)m＝()A．0 B．1C．2 D．3解析：選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.當m＝3時，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，當1<x<3時，f′(x)<0，當x<1或x>3時，f′(x)>0，此時在x＝1處取得極大值，不合題意，∴m＝1，此時f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當eq\f(1,3)<x<1時，f′(x)<0，當x<eq\f(1,3)或x>1時，f′(x)>0，此時在x＝1處取得極小值．選B.7．由曲線y＝x2－1，直線x＝0，x＝2和x軸所圍成的封閉圖形的面積是()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：選B作出封閉圖形的示意圖如圖所示，易得所圍成的封閉圖形的面積是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．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x，x≤0，,x3－3x＋a，x>0))的值域為[0，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[2,3] B．(2,3]C．(－∞，2] D．(－∞，2)解析：選A當x≤0時，0≤f(x)＝1－2x<1；當x>0時，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當x＝1時，函數(shù)f(x)取得最小值f(1)＝1－3＋a＝a－2.由題意得0≤a－2≤1，解得2≤a≤3，選A.二、填空題9．若函數(shù)f(x)＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(a,x)，要使函數(shù)f(x)＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則需方程1＋eq\f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，則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．已知函數(shù)f(x)的圖象在點M(1，f(1))處的切線方程是y＝eq\f(1,2)x＋3，則f(1)＋f′(1)＝________.解析：由題意知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．已知函數(shù)g(x)滿足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋eq\f(1,2)x2，且存在實數(shù)x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，則實數(shù)m的取值范圍為________．解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1時，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，當x<0時，g′(x)<0，當x>0時，g′(x)>0，∴當x＝0時，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)＝1.根據(jù)題意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m答案：[1，＋∞)三、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋b(x≠0)，其中a，b∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點P(2，f(2))處的切線方程為y＝3x＋1，求函數(shù)f(x)的解析式；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)若對于任意的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，求實數(shù)b的取值范圍．解：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,x2)(x≠0)，由已知及導數(shù)的幾何意義得f′(2)＝3，則a＝－8.由切點P(2，f(2))在直線y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得b＝9，所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x－eq\f(8,x)＋9.(2)由(1)知f′(x)＝1－eq\f(a,x2)(x≠0)．當a≤0時，顯然f′(x)>0，這時f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函數(shù)．當a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝±eq\r(a)，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：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)極大值極小值所以當a>0時，f(x)在(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)，在(－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a))上是減函數(shù)．(3)由(2)知，對于任意的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))上恒成立等價于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))對于任意的a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))成立，從而得b≤eq\f(7,4)，所以實數(shù)b的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,4))).14．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．解：(1)對f(x)求導，得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)(x>0)，由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線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