2018届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题二 函数、不等式、导数2.4.1

A级

1．已知函数f(x)＝1xcos x，则f(π)＋f′π2＝( )

A．－3π2 B．－1π2

C．－3π D．－1π

解析： ∵f′(x)＝－1x2cos x＋1x(－sin x)，

∴f(π)＋f′π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π.

答案： C

2．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是( )

A.－43，0 B．0，43

C.－∞，－43，(0，＋∞) D．－∞，－43∪(0，＋∞)

解析： 因为f′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2.所以f′(x)＝3x2＋4x.

由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－43或x>0，

即f(x)的单调递增区间为－∞，－43，(0，＋∞)，故选C.

答案： C

3．(2017·湖南省湘中名校高三联考)设f(x)＝ 1－x2，x∈[－1，1，x2－1，x∈[1，2]，则2－1f(x)dx的值为(

)

A.π2＋43 B．π2＋3

C.π4＋43 D．π4＋3

解析： 2－1f(x)dx＝1－11－x2dx＋12(x2－1)dx＝12π×12＋13x3－x|21＝π2＋43，故选A.

答案： A 4．若函数f(x)＝2sin x(x∈[0，π))的图象在切点P处的切线平行于函数g(x)＝2xx3＋1的图象在切点Q处的切线，则直线PQ的斜率为( )

A.83 B．2

C.73 D．33

解析： 由题意得f′(x)＝2cos x，g′(x)＝x12＋x－12.设P(x1，f(x1))，Q(x2，g(x2))，又f′(x1)＝g′(x2)，即2cos x1＝x122＋x－122，故4cos2x1＝x2＋x－12＋2，所以－4＋4cos2x1＝x2＋x－12－2，即－4sin2x1＝x122－x－1222，所以sin x1＝0，x1＝0，x122＝x－122，x2＝1，故P(0,0)，Q1，83，故kPQ＝83.

答案： A

5．已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0，当x>0时，xf′(x)<2f(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )

A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)

解析： 根据题意，设函数g(x)＝fxx2(x≠0)，当x>0时，g′(x)＝f′x·x－2·fxx3<0，说明函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，又f(1)＝0，所以g(1)＝0，故g(x)在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零，即f(x)在(－1,0)∪(0,1)上的函数值大于零．

答案： D

6．函数y＝x＋2cos x在区间0，π2上的最大值是________．

解析： y′＝1－2sin x，令y′＝0，且x∈0，π2，得x＝π6，则x∈0，π6时，y′>0；x∈π6，π2时，y′<0，故函数在0，π6上递增，在π6，π2上递减，所以当x＝π6时，函数取最大值π6＋3.

答案： π6＋3

7．曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．

解析： 如图，阴影部分的面积即为所求，

由 y＝x2，y＝x，得A(1,1)．

故所求面积为 S＝01(x－x2)dx＝12x2－13x3| 10＝16.

答案： 16

8．设函数f(x)＝ln x－12ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为____________．

解析： ∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－b，

由f′(1)＝0，得b＝1－a.

∴f′(x)＝1x－ax＋a－1＝－ax2＋1＋ax－xx

＝－ax＋1x－1x.

①若a≥0，当00，f(x)单调递增；

当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

所以x＝1是f(x)的极大值点．

②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1a.

因为x＝1是f(x)的极大值点，

所以－1a>1，解得－1

综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．

答案： (－1，＋∞)

9．(2017·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(a∈R)．

(1)当a＝1时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程； (2)当a<0时，求f(x)的极值．

解析： (1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋xx＋1，

∴f′(x)＝1x＋1＋1x＋12＝x＋2x＋12.

∵f(0)＝0，f′(0)＝2，

∴所求切线方程为y＝2x.

(2)f(x)＝ln(x＋1)＋axx＋1(x>－1)，f′(x)＝x＋a＋1x＋12，

∵a<0，∴当x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0，

当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，

函数f(x)的极小值为f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值．

10．(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.

(1)求a，b的值；

(2)求f(x)的单调区间．

解析： (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，

所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.

依题设， f2＝2e＋2，f′2＝e－1，即 2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1.

解得 a＝2，b＝e.

(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.

由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知， f′(x)与1－x＋ex－1同号．

令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.

所以， 当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．

故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．

综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

B级

1．定义：如果函数f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m

A.13，12 B．32，3

C.12，1 D．13，1

解析： 因为f(x)＝x3－x2＋a，所以由题意可知，f′(x)＝3x2－2x在区间[0，a]上存在x1，x2(0

令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(00，g0＝－a2＋a>0，ga＝2a2－a>0，解得12

答案： C

2．(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．

解析： 易知函数f(x)的定义域关于原点对称．

∵f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，

∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x

＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)，

∴f(x)为奇函数， 又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，

所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，

解得－1≤a≤12.

答案： －1，12

3．已知函数f(x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f(1))处的切线方程为y＝2.

(1)求a，b的值；

(2)求函数f(x)的极值；

(3)若g(x)＝f(x)＋kx在(1,3)上是单调函数，求k的取值范围．

解析： (1)因为f(1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.

又f′(x)＝bx＋aln x＋a－b＝1x＋aln x＋a－1，

而函数f(x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f(1))处的切线方程为y＝2，所以f′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.

(2)由(1)得f(x)＝ln x－x＋3，f′(x)＝1x－1，x>0.

令f′(x)＝0，得x＝1.

当00；

当x>1时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故f(x)的极大值为f(1)＝2，无极小值．

(3)由g(x)＝f(x)＋kx，则g(x)＝ln x＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝1x＋k－1，

又g(x)在x∈(1,3)上是单调函数，

若g(x)为增函数，有g′(x)≥0，

即g′(x)＝1x＋k－1≥0，即k≥1－1x在x∈(1,3)上恒成立．

又1－1x∈0，23，所以k≥23. 若g(x)为减函数，有g′(x)≤0，

即g′(x)＝1x＋k－1≤0，即k≤1－1x在x∈(1,3)上恒成立，

又1－1x∈0，23，所以k≤0.

综上，k的取值范围为(－∞，0]∪23，＋∞.

4．(2017·成都市第二次诊断性检测)已知函数f(x)＝a＋1aln x－x＋1x，其中a>0.

(1)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求a的取值范围；

(2)设a∈(1，e]，当x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)时，记f(x2)－f(x1)的最大值为M(a)．那么M(a)是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．

解析： (1)f′(x)＝a＋1a1x－1－1x2＝－x－ax－1ax2，x∈(0，＋∞)．

①当a＝1时，f′(x)＝－x－12x2≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不存在极值点；

②当a>0且a≠1时，f′(a)＝f′1a＝0.

经检验a，1a均为f(x)的极值点．

∴a∈(0,1)∪(1，＋∞)．

(2)当a∈(1，e]时，0<1a<1

当f′(x)>0时，1aa或x<1a.

∴f(x)在0，1a上单调递减，在1a，a上单调递增，

在(a，＋∞)上单调递减．

∴对∀x1∈(0,1)，有f(x1)≥f1a；

对∀x2∈(1，＋∞)，有f(x2)≤f(a)．

∴[f(x2)－f(x1)]max＝f(a)－f1a.

∴M(a)＝f(a)－f1a

＝a＋1aln a－a＋1a－a＋1aln 1a－1a＋a