2015年高考数学创新设计精品试题专题训练1-1-3
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答案D
二、填空题
5．(2014·盐城模拟)已知f(x)＝x2＋2xf′(2 014)＋2 014lnx，则f′(2 014)＝_____.
解析因为f′(x)＝x＋2f′(2 014)＋，
所以f′(2 014)＝2 014＋2f′(பைடு நூலகம் 014)＋，
即f′(2 014)＝－(2 014＋1)＝－2 015.
答案－2 015
6．函数f(x)＝2mcos2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值为________．
解析显然m≠0，所以f(x)＝2mcos2＋1
＝m＋m＋1＝mcosx＋m＋1，
因此f′(x)＝－msinx，其最大值为1，故有m＝±1.
答案±1
7．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2<x<3时，f′(x)<0，
故f(x)在(2,3)上为减函数．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
答案2
8．(2014·绍兴模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
解析A错，因为极大值未必是最大值；B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．
第3讲 导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为()．
A．(－1,1]B．(0,1]
C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)
解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
解析依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.
答案9
三、解答题
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
答案B
2.已知函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为()．
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．R
D．(1,2)
解析因为函数y＝x是R上的减函数，所以f′(x)＞0的充要条件是0＜f′(x)＜1，f′(x)＜0的充要条件是f′(x)＞1.由图象，可知当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜f′(x)＜1，即f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
答案B
3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
②当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln (b－1＋)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln (b－1＋)时，g(x)<0.
10．(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
解(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
综上，b的最大值为2.
11．(2014·山东卷)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∴f(1)不是极值，故A，B错；
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，
x在1的右侧附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.
答案C
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()．
二、填空题
5．(2014·盐城模拟)已知f(x)＝x2＋2xf′(2 014)＋2 014lnx，则f′(2 014)＝_____.
解析因为f′(x)＝x＋2f′(2 014)＋，
所以f′(2 014)＝2 014＋2f′(பைடு நூலகம் 014)＋，
即f′(2 014)＝－(2 014＋1)＝－2 015.
答案－2 015
6．函数f(x)＝2mcos2＋1的导函数的最大值等于1，则实数m的值为________．
解析显然m≠0，所以f(x)＝2mcos2＋1
＝m＋m＋1＝mcosx＋m＋1，
因此f′(x)＝－msinx，其最大值为1，故有m＝±1.
答案±1
7．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2<x<3时，f′(x)<0，
故f(x)在(2,3)上为减函数．
由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
解析∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
答案2
8．(2014·绍兴模拟)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值为________．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
解析A错，因为极大值未必是最大值；B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．
第3讲 导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为()．
A．(－1,1]B．(0,1]
C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)
解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．
解析依题意知f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∴f′(1)＝0，即12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号，∴ab的最大值为9.
答案9
三、解答题
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
答案B
2.已知函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为()．
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．R
D．(1,2)
解析因为函数y＝x是R上的减函数，所以f′(x)＞0的充要条件是0＜f′(x)＜1，f′(x)＜0的充要条件是f′(x)＞1.由图象，可知当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜f′(x)＜1，即f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
答案B
3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()．
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；
②当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln (b－1＋)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln (b－1＋)时，g(x)<0.
10．(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
解(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
综上，b的最大值为2.
11．(2014·山东卷)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．
解(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∴f(1)不是极值，故A，B错；
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，
x在1的右侧附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.
答案C
4．设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()．