2018届高考理科数学第二轮限时规范训练31(单独成册)-有答案

[限时规范训练]单独成册
A组——高考热点强化练
一、选择题
1．曲线y＝e x在点A处的切线与直线x＋y＋3＝0垂直，则点A的坐标为()
A．(－1，e－1)B．(0,1)
C．(1，e) D．(0,2)
解析：与直线x＋y＋3＝0垂直的直线的斜率为1，所以切线的斜率为1，因为y′＝e x，所以由y′＝e x＝1，解得x＝0，此时y＝e0＝1，即点A的坐标为(0,1)，选B.
答案：B
2．已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)在原点附近的图象大致是()
解析：因为f′(x)＝2x－2sin x，[f′(x)]′＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，故选A.
答案：A
3．曲线f(x)＝x ln x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为()
A.π
6 B.π4
C.π
3 D.
π
2
解析：因为f(x)＝x ln x，所以f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以曲线f(x)＝x ln x在点(1，f(1))
处的切线的倾斜角为π
4.
答案：B
4．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为(
)
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：由题意知在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正． 答案：A
5．函数f (x )＝12x 2
－ln x 的最小值为( ) A.12 B ．1 C ．0
D ．不存在
解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2
－1
x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.
∴f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝1
2. 答案：A
6．已知常数a ，b ，c 都是实数，f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34的导函数为f ′(x )，f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，若f (x )的极小值等于－115，则a 的值是( ) A ．－8122 B.13 C ．2
D ．5
解析：由题意知，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集为[－2,3]，且在x ＝3处取得极小值－115，
故有⎩⎪
⎨⎪⎧
3a >0，
－2＋3＝－2
b 3a ，
－2×3＝c
3a ，f (3)＝27a ＋9b ＋3c －34＝－115，
解得a ＝2. 答案：C
7．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝()
A.
1
ln 2B．－
1
ln 2
C．－ln 2 D．ln 2
解析：令y′＝2x＋x·2x ln 2＝0，∴x＝－1
ln 2.
答案：B
8．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若x2f′(x)＋xf(x)＝sin x(x∈(0,6))，f(π)＝2，则下列结论正确的是()
A．xf(x)在(0,6)上单调递减
B．xf(x)在(0,6)上单调递增
C．xf(x)在(0,6)上有极小值2π
D．xf(x)在(0,6)上有极大值2π
解析：因为x2f′(x)＋xf(x)＝sin x，x∈(0,6)，所以xf′(x)＋f(x)＝sin x
x
，设g(x)＝xf(x)，x∈(0,6)，
则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝sin x
x
，由g′(x)>0得0<x<π，g′(x)<0得π<x<6，所以当x＝π时，函数g(x)＝xf(x)取得极大值g(π)＝πf(π)＝2π.
答案：D
二、填空题
9．曲线y＝x2＋1
x在点(1,2)处的切线方程为________．
解析：∵y′＝2x－1
x2，∴y′|x＝1
＝1，
即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，∴切线方程为y－2＝x－1，
即x－y＋1＝0.
答案：x－y＋1＝0
10．设函数f(x)＝x(e x－1)－1
2x
2，则函数f(x)的单调增区间为________．
解析：因为f(x)＝x(e x－1)－1
2x
2，所以f′(x)＝e x－1＋x e x－x＝(e x－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(e x
－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)
和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
11．函数f (x )＝x 3－3x 2＋6在x ＝________时取得极小值．
解析：依题意得f ′(x )＝3x (x －2)．当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )在x ＝2时取得极小值． 答案：2
12．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为 5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分
别以BC ，CA ，AB
为折痕折起△DBC ，△ECA, △F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________． 解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，
由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2
＝
25－10x ＋x 2－x 2＝
25－10x ，
S △ABC ＝1
2×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝1
3S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5. 令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.
令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )
单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. ∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415 cm 3 三、解答题
13．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －3
2，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直
线y ＝12x . (1)求a 的值；
(2)求函数f (x )的单调区间与极值．
解析：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝1
2x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －3
2， 则f ′(x )＝x 2－4x －5
4x 2，
令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.
因x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln 5. 14．设函数f (x )＝3x 2＋ax
e x (a ∈R)．
(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．
解析：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a
e x ，
因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0. 当a ＝0时，f (x )＝3x 2
e x ，
f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，
故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3
e ，
从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3
e (x －1)， 化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知
f ′(x )
＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x
令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝
6－a －
a 2＋36
6
，
x 2＝
6－a ＋
a 2＋36
6
.
当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 故f (x )为增函数；
当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数． 由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋
a 2＋366≤3，解得a ≥－
9
2，故a 的取值范围为
⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－92，＋∞. 15．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．
解析：(1)因为f (x )＝e x cos x －x ，
所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，
所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则
h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0，
所以h (x )在区间⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，π2上单调递减．
所以对任意x ∈⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0，即f ′(x )＜0.
所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤0，π2上单调递减．
因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＝－π2.
B 组——高考能力提速练
一、选择题
1．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )
A ．a >0，b <0，c >0，d >0
B ．a >0，b <0，c <0，d >0
C ．a <0，b <0，c >0，d >0
D ．a >0，b >0，c >0，d <0
解析：∵函数f (x )的图象在y 轴上的截距为正值，∴d >0.∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在(－∞，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )<0的解集为(x 1，x 2)，∴a >0，又x 1，x 2均为正数，∴c 3a >0，－2b
6a >0，可得c >0，b <0. 答案：A
2．设函数f (x )＝x －2sin x 是区间⎣⎢⎡
⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，则实数t 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡
⎦⎥⎤2k π－π3，2k π－π6(k ∈Z) B.⎣⎢⎡
⎦⎥⎤2k π＋π3，2k π＋11π6(k ∈Z) C.⎣⎢⎡
⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋π3(k ∈Z) D.⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤2k π＋π3，2k π＋7π6(k ∈Z) 解析：由题意得f ′(x )＝1－2cos x ≤0，即cos x ≥12，解得2k π－π3≤x ≤2k π＋π
3(k ∈Z)，∵f (x )＝x －2sin x 是区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2上的减函数，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ，t ＋π2⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3，∴2k π－π3≤t ≤2k π－π6(k ∈
Z)，故选A. 答案：A
3．(2017·重庆模拟)若直线y ＝ax 是曲线y ＝2ln x ＋1的一条切线，则实数a ＝( )
解析：依题意，设直线y ＝ax 与曲线y ＝2ln x ＋1的切点的横坐标为x 0，则有y ′|x ＝x 0＝2
x 0
，于
是有⎩⎨
⎧
a ＝2x 0
，
ax 0＝2ln x 0＋1，
解得x 0＝e ，a ＝2
x 0
＝2
，选B.
答案：B
4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )
A ．[－3，＋∞)
B ．(－3，＋∞)
C ．(－∞，－3)
D ．(－∞，－3]
解析：由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
又f (答案：D
5．(2017·湖南四校联考)已知S 1＝⎠⎛12x d x ，S 2＝⎠⎛12e x d x ，S 3＝⎠⎛12x 2d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )
A ．S 1<S 2<S 3
B ．S 1<S 3<S 2
C ．S 3<S 2<S 1
D ．S 2<S 3<S 1
解析：本题考查定积分的几何意义．由题意得⎠⎛12x d x ，⎠⎛12e x d x ，⎠⎛1
2x 2d x 分别表示函数y ＝x ，y ＝e x ，
y ＝x 2与x 轴，x ＝1，x ＝2所围成的封闭图形的面积，由图(图略)易得⎠⎛12x d x <⎠⎛12x 2d x <⎠⎛12e x d x ，即
S 1<S 3<S 2，故选B. 答案：B
6．若函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．－1
e <a <0 B ．a >－1
e C ．－e<a <0
D ．0<a <e
解析：构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)，因为e x >0，所以由g ′(x )
＝0，解得x ＝－1，
当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值：g (－1)＝－e －1＝－1
e .画出函数y ＝x e x 的图象，如图所示，显然当－1
e <a <0时，函数
f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A. 答案：A
7．设函数f (x )＝⎩⎨⎧
2x 3＋3x 2
＋1(x ≤0)
e ax (x >0)
在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤
0，12ln 2 C ．(－∞，0)
D.⎝ ⎛⎦
⎥⎤－∞，12ln 2 解析：设y ＝2x 3＋3x 2＋1(－2≤x ≤0)，则y ′＝6x (x ＋1)(－2≤x ≤0)，所以－2≤x <－1时y ′>0，－1<x <0时y ′<0，所以y ＝2x 3＋3x 2＋1在[－2,0]上的最大值为2，所以函数y ＝e ax 在(0,2]上的最大值不超过2，当a >0时，y ＝e ax
在(0,2]上的最大值e 2a
≤2，所以0<a ≤1
2ln 2，当a ＝0时，y
＝1≤2，当a <0时，y ＝e ax 在(0,2]上的最大值小于1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤
－∞，12ln 2.
答案：D
8．定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，已知f (x ＋1)是偶函数， 且(x －1)f ′(x )<0.若x 1<x 2，且x 1＋x 2>2，则f (x 1)与f (x 2)的大小关系是( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)＝f (x 2) C ．f (x 1)>f (x 2)
D ．不确定
解析：由(x －1)f ′(x )<0可知，当x >1时，f ′(x )<0，函数单调递减．当x <1时，f ′(x )>0，函数单调递增．因为函数f (x ＋1)是偶函数，所以f (x ＋1)＝f (1－x )，f (x )＝f (2－x )，即函数f (x )图象的对称轴为x ＝1.所以，若1≤x 1<x 2，则f (x 1)>f (x 2)；若x 1<1，则x 2>2－x 1>1，此时有f (x 2)<f (2－x 1)，又f (2－x 1)＝f (x 1)，所以f (x 1)>f (x 2)．综上，必有f (x 1)>f (x 2)，选C. 答案：C 二、填空题
9．定积分⎠⎛0
416－x 2d x ＝________.
解析：本题考查定积分的几何意义．由y ＝16－x 2得x 2＋y 2＝16(y >0)，所以⎠⎛0
4
16－x 2d x 表示
以原点为圆心，半径为4的圆的面积的1
4， 所以⎠⎛0
4
16－x 2d x ＝1
4×π×42＝4π.
答案：4π
10．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤
13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为
________．
解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立．
又∵y ＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
13，2上单调递减，
∴⎝ ⎛
⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
43，＋∞
11．已知函数f (x )＝ln x ，则函数g (x )＝f (x )－f ′(x )在区间[2，e]上的最大值为________． 解析：因为f (x )＝ln x ，所以f ′(x )＝1x ，则g (x )＝f (x )－f ′(x )＝ln x －1
x ，函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1x ＋1
x 2>0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以g (x )在区间[2，e]上的最大值g (x )max ＝g (e)＝ln e －1e ＝1－1
e .
答案：1－1e 12．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )>0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x >0)的零点个数为________．
解析：本题考查导数在函数中的应用，考查考生的构造思想．设F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0在R 上恒成立，且F (0)＝0，所以F (x )＝xf (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以在(0，＋∞)上g (x )＝xf (x )＋1>1恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋1的零点个数为0.
答案：0
三、解答题
13．已知函数f (x )＝ln x －a x .
(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性；
(2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值．
解析：(1)x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋a x 2(a >0)，
显然f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．
(2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋a x 2.
①若a ≥－1，则当x ∈(1，e)时，x ＋a >0，即f ′(x )>0，故f (x )在[1，e]上为增函数，
∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．
②若a ≤－e ，则当x ∈(1，e)时，x ＋a <0，即f ′(x )<0，故f (x )在[1，e]上为减函数，
∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e 2(舍去)．
③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ，
当1<x <－a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1，－a )上为减函数；
当－a <x <e 时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，e)上为增函数．
∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e.
综上所述，a ＝－ e.
14．(2017·山东潍坊模拟)已知函数f (x )＝a x ＋b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y
＝x .
(1)求函数f (x )的单调区间及极值；
(2)若∀x ≥1，f (x )≤kx 恒成立，求k 的取值范围．
解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝bx －a x 2，
故f ′(1)＝b －a ＝1，
又f (1)＝a ，点(1，a )在直线y ＝x 上，
∴a ＝1，则b ＝2.
∴f (x )＝1x ＋2ln x 且f ′(x )＝2x －1x 2，
当0<x <12时，f ′(x )<0，当x >12时，f ′(x )>0.
故函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝2－2ln 2，无极大值． (2)由题意知，k ≥f (x )x ＝2ln x x ＋1x 2(x ≥1)恒成立，
令g (x )＝2ln x x ＋1x 2(x ≥1)，
则g ′(x )＝2－2ln x x 2－2x 3＝2(x －x ln x －1)x 3
(x ≥1)， 令h (x )＝x －x ln x －1(x ≥1)，
则h ′(x )＝－ln x (x ≥1)，
当x ≥1时，h ′(x )≤0，h (x )在[1，＋∞)上为减函数，故h (x )≤h (1)＝0，故g ′(x )≤0， ∴g (x )在[1，＋∞)上为减函数，
故g (x )的最大值为g (1)＝1，∴k ≥1.
15．已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x .
(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在(e ，f (e))处的切线方程．
(2)若a ＝－e ，证明：方程2|f (x )|－3x ＝2ln x 无解．
解析：(1)依题意，知f (e)＝e 2＋e ，f ′(x )＝2x ＋ln x ＋1，故f ′(e)＝2e ＋2， 故所求切线方程为y －e 2－e ＝(2e ＋2)·(x －e)，即(2e ＋2)x －y －e 2－e ＝0.
(2)证明：依题意，有2|ax 2＋x ln x |－3x ＝2ln x ，即2|ax 2＋x ln x |＝2ln x ＋3x ，
亦即|ax ＋ln x |＝ln x x ＋32.
令g (x )＝ax ＋ln x ，当a ＝－e 时，g (x )＝－e x ＋ln x ，则g ′(x )＝－e x ＋1x ，令g ′(x )＝0，
得x ＝1e
， 令g ′(x )>0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1e 上单调递增， 令g ′(x )<0，得x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞， 所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递减， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－e·1e ＋ln 1e ＝－2，所以|g (x )|≥2， 令h (x )＝ln x x ＋32，则x ∈(0，＋∞)，
h ′(x )＝1－ln x x 2.
令h ′(x )>0，得x ∈(0，e)，所以函数h (x )在(0，e)上单调递增，
令h ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)，所以函数h (x )在(e ，＋∞)上单调增减，
所以h (x )max ＝h (e)＝ln e e ＋32＝1e ＋32<2，
即h (x )<2，
所以|g (x )|>h (x )，即2|f (x )|－3x >2ln x ，
所以方程2|f (x )|－3x ＝2ln x 无解．。