精编2018版高考一轮总复习数学文科模拟演练第2章函数导数及其应用211和答案

(时间：40分钟)
1．设函数f(x)＝x e x，则( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
答案 D
解析f′(x)＝e x＋x e x＝(1＋x)e x.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点．
2．函数f(x)＝ax
x2＋1(a>0)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B
解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝a－x2
x2＋2＝
a－x＋x
x2＋2.由于
a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)，故选B.
3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e B．－1
C．－e D．0
答案 B
解析因为f′(x)＝1
x－1＝
1－x
x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，
f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
4．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
答案 D
解析由题图，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
5．若函数f(x)＝x2＋ax＋1
x在⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
2
，＋∞是增函数，则a的取值范围为( )
A．B．D．函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________.
答案 1
解析f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3时，f′(x)＜0；x＜1或x＞3时，f′(x)＞0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.
7．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k＞0)的单调递减区间是(0,4)．
(1)实数k的值为________；
(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是__________．
答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦
⎥⎤
0，13
解析 (1)f ′(x )＝3kx 2
＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝1
3
.
(2)由f ′(x )＝3kx 2
＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－
k －
k
≥4，解得k ≤13.又k ＞0，故0＜k ≤1
3
.
8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫
23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的
取值范围是________．
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－19，＋∞
解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2
＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －122＋1
4＋2a .当x ∈
⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝2
9＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19.所以a 的
取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－19，＋∞.
9．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x
－a .
若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增． 若a ＞0，则当x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫
0，1a 时，f ′(x )＞0；
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ，＋∞单调
递减．
(2)由(1)，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1
a
取得
最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.
因此f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.
令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)． 10．已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间； (2)求f (x )在区间上的最小值． 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.
f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：
，＋∞)． (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在上单调递增，所以f (x )在区间上的最小值为f (0)＝－k ；
当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；
当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在上单调递减， 所以f (x )在区间上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k ≥2时，f (x )在上的最小值为f (1)＝(1－k )e.
(时间：20分钟)
11．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b
的值为( )
A ．－23
B ．－2
C ．－2或－2
3
D ．2或－2
3
答案 A
解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，
f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2
－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－6，
b ＝9，经检验⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－6，
b ＝9满足题意，故a b ＝－23.
12．已知函数f (x )＝a
x －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a
的取值范围是( )
A ．a >2
B ．a <3
C ．a ≤1
D ．a ≥3
答案 C
解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a
x －1＋ln x ≤0有解，即a ≤x
－x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.所以选C.
13．设函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x 3－3x ，x ≤a ，
－2x ，x >a .
(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；
(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
解析 (1)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 3－3x ，x ≤0，
－2x ，x >0.
当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0
时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)·(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴f (x )≤f (－1)＝2.
∴f (x )的最大值为2.
(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x 3－3x 的图象，如图所示，当a <－1时，f (x )无最大值；当－1≤a ≤2时，f (x )max ＝2；当a >2时，f (x )max ＝a 3－3a .
综上，当a ∈(－∞，－1)时，f (x )无最大值． 14．已知函数f (x )＝
1＋ln x
x
.
(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；
(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥
k x ＋1
恒成立，求实数k 的取值范围．
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2
＝－ln x
x
2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1；
当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；
当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以，x ＝1为极大值点，所以a ＜1＜a ＋1
2，
故12＜a ＜1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤x ＋
＋ln x
x ，
令g (x )＝
x ＋
＋ln x
x
，
则g ′(x )＝
⎝
⎛
⎭⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －x ＋
＋ln x
x 2
＝x －ln x
x 2
.
再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1
x
≥0，
所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )＞0，
所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2.。