高三数学二轮复习 第一篇 专题1 第4课时测试 文

高三数学二轮复习 第一篇 专题1 第4课时测试 文
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)
一、选择题
1．(2011·福建卷)⎠⎛0
1(e x
＋2x )d x 等于( )
A ．1
B ．e －1
C ．e
D ．e ＋1
解析： ⎠⎛0
1(e x
＋2x )d x ＝(e x
＋x 2
)| 01
＝(e 1
＋12
)－(e 0
＋02
)＝e ，故选C.
答案： C
2．(2011·江西卷)若f (x )＝x 2
－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞)
D ．(－1,0)
解析： 由题意知x >0，且f ′(x )＝2x －2－4
x
，
即f ′(x )＝2x 2
－2x －4x
>0，∴x 2
－x －2>0，
解得x <－1或x >2.又∵x >0，∴x >2. 答案： C
3．已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝
f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 011(x )＝( )
A ．－sin x －cos x
B ．sin x －cos x
C ．－sin x ＋cos x
D ．sin x ＋cos x
解析： ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，∴f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，∴f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，∴f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )是以4为周期的函数，∴f 2 011(x )＝f 3(x )＝－sin x －cos x ，故选A.
答案： A
4．三次函数f (x )＝mx 3
－x 在(－∞，＋∞)上是减函数，则m 的取值范围是( ) A ．m <0 B ．m <1 C ．m ≤0
D ．m ≤1
解析： ∵f (x )在(－∞，＋∞)上是减函数，∴f ′(x )≤0. ∵f ′(x )＝3mx 2－1，∴3mx 2
－1≤0恒成立，∴m ≤13x
2恒成立．
∵
1
3x
2>0，且m ≠0，∴m <0，故选A. 答案： A
5．已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x >0时，f ′(x )>0，g ′(x )>0，则x <0时( )
A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0
B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0
C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0
D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0
解析： 依题意得，函数f ′(x )、g ′(x )分别是偶函数、奇函数，当x <0时，－x >0，f ′(x )＝f ′(－x )>0，g ′(x )＝－g ′(－x )<0.选B.
答案： B
6．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13
x 3
＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )
A ．13万件
B ．11万件
C ．9万件
D ．7万件
解析： 因为y ′＝－x 2
＋81，所以当x >9时，y ′<0；当x ∈(0,9)时，y ′>0，所以函数
y ＝－13
x 3＋81x －234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x ＝9是函数的极大
值点，又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x ＝9处取得最大值．
答案： C 二、填空题
7．(2011·陕西卷)设f (x )＝错误!)，若f (f (1))＝1，则a ＝________. 解析： 由题意知f (1)＝lg 1＝0，∴f (0)＝0＋a 3
－03
＝1， ∴a ＝1. 答案： 1
8．函数f (x )＝x 3
－3x 2
＋1在x ＝________处取得极小值． 解析： 由f (x )＝x 3
－3x 2
＋1得f ′(x )＝3x 2
－6x ＝3x (x －2)，
当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，当x ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，f ′(x )>0，
f (x )为增函数，故当x ＝2时，函数f (x )取得极小值．
答案： 2
9．函数f (x )＝x 3
－3a 2
x ＋a (a >0)的极大值为正数，极小值为负数，则a 的取值范围是________．
解析： f ′(x )＝3x 2
－3a 2
，令f ′(x )＝0，即3x 2
－3a 2
＝0， 解得x ＝－a 或x ＝a .
当x ∈(－∞，－a )时，f ′(x )>0；当x ∈(－a ，a )时，f ′(x )<0；
当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (－a )为极大值，f (a )为极小值， 有{ －a 3
＋3a 3
＋a >0，
a 3－3a 3＋a <0，a >0，解得a >
22
. 答案： ⎝
⎛⎭
⎪⎫
22，∞ 三、解答题
10．设函数f (x )＝2x 3
－3(a －1)x 2
＋1，其中a ≥1. (1)求f (x )的单调区间； (2)讨论f (x )的极值．
解析： 由已知得f ′(x )＝6x [x －(a －1)]， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝a －1.
(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2
，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a >1时，f ′(x )＝6x [x －(a －1)]．
f ′(x )、f (x )随x 的变化情况如下表：
x (－∞，0)
0 (0，a －1)
a －1
(a －1，＋∞)
f ′(x ) ＋
－
＋
f (x )
极大值
极小值
∞)上单调递增．
(2)由(1)知，当a ＝1时，函数f (x )没有极值．
当a >1时，函数f (x )在x ＝0处取得极大值1，在x ＝a －1处取得极小值1－(a －1)3
. 11．已知函数f (x )＝ax 2
－3x ＋4＋2ln x (a >0)． (1)当a ＝12时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上的最大值； (2)若f (x )在定义域上是增函数，求实数a 的取值范围． 解析： (1)当a ＝12时，f (x )＝12
x 2
－3x ＋4＋2ln x ，
f ′(x )＝
x －1
x －2
x
，
即f (x )在区间⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1和(2,3]上单调递增，在区间[1,2]上单调递减， 比较f (1)＝32，f (3)＝2ln 3－12，得函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上的最大值为f (3)＝2ln 3－12. (2)f ′(x )＝2ax －3＋2x ＝2ax 2
－3x ＋2
x
，
因为f (x )在其定义域上是单调递增函数，
所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，得2ax 2
－3x ＋2≥0恒成立， 因为a >0，x ＝3
4a
>0，所以Δ＝9－16a ≤0，
所以，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫916，＋∞. 12．已知函数f (x )＝e x
＋ax ，g (x )＝e x
ln x ．(e≈2.718 28)
(1)设曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线与直线x ＋(e －1)y ＝1垂直，求a 的值； (2)若对于任意实数x ≥0，f (x )>0恒成立，试确定实数a 的取值范围． 解析： (1)由题知，f ′(x )＝e x
＋a .
因此曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的斜率为e ＋a ， 又直线x ＋(e －1)y ＝1的斜率为1
1－e ，
∴(e ＋a )1
1－e ＝－1.
∴a ＝－1.
(2)∵当x ≥0时，f (x )＝e x
＋ax >0恒成立．
∴若x ＝0，a 为任意实数，f (x )＝e x
＋ax >0恒成立． 若x >0，f (x )＝e x
＋ax >0恒成立， 即当x >0时，a >－e
x x
恒成立．
设Q (x )＝－e
x
x
.
Q ′(x )＝－e x
x －e x x 2＝1－x e
x
x
2
. 当x ∈(0,1)时，Q ′(x )>0，则Q (x )在(0,1)上单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，Q ′(x )<0，则Q (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时，Q (x )取得最大值．
Q (x )max ＝Q (1)＝－e ，
∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，a 的取值范围为(－e ，＋∞)．。