2018届高考数学（理）二轮专题复习限时规范训练：第一部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-4 含答案

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1、限时规范训练七　导数的综合应用一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y＝f(x)在区间内单调递增；②函数y＝f(x)在区间内单调递减；③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；④当x＝2时，函数y＝f(x)取极小值；⑤当x＝－时，函数y＝f(x)取极大值．则上述判断中正确的是(　　)A．①②　B．②③C．③④⑤D．③解析：选D.当x∈(－3，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，①错；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，②错；当x

2、＝2时，函数y＝f(x)取极大值，④错；当x＝－时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．故选D.2．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)A．[1，＋∞)B．[1,2)C.D.解析：选C.f′(x)＝4x－＝，∵x＞0，由f′(x)＝0得x＝.∴令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜.-6-由题意得⇒1≤k＜.故C正确．3．已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)＞f(x)，则(　　)A．f(2)＜e2f(0)B．f(2)≤e2f(0)C．f(2)＝e2f(0)D．f(2)＞e2f(0)解析

3、：选D.由题意构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＞0，则g(x)＝在R上单调递增，则有g(2)＞g(0)，故f(2)＞e2f(0)．4．不等式ex－x＞ax的解集为P，且[0,2]⊆P，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，e－1)B．(e－1，＋∞)C．(－∞，e＋1)D．(e＋1，＋∞)解析：选A.由题意知不等式ex－x＞ax在区间[0,2]上恒成立，当x＝0时，不等式显然成立，当x≠0时，只需a＜－1恒成立，令f(x)＝－1，f′(x)＝，显然函数在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得最小值e－1，则a＜e－1，故选A.5．

4、设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋，它们的图象在x轴上的公共点处有公切线，则当x＞1时，f(x)与g(x)的大小关系是(　　)A．f(x)＞g(x)B．f(x)＜g(x)C．f(x)＝g(x)D．f(x)与g(x)的大小关系不确定解析：选B.由题意得f(x)与x轴的交点(1,0)在g(x)上，所以a＋b＝0，因为函数f(x)，g(x)的图象在此公共点处有公切线，所以f(x)，g(x)在此公共点处的导数相等，f′(x)＝，g′(x)＝a－，以上两式在x＝1时相等，即1＝a－b，又a＋b＝0，所以a＝，b＝－，即g(x)＝－，f(x)＝lnx，令h(x)＝f(x)－g(x)＝

5、lnx－＋，则h′(x)＝－－＝＝－，因为x＞1，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＜h(1)＝0，所以f(x)＜g(x)．故选B.6．设函数f(x)＝ax3－x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]都有f(x)≥0，则实数a的取值范围为(　　)-6-A．(－∞，2]B．[0，＋∞)C．[0,2]D．[1,2]解析：选C.∵f(x)＝ax3－x＋1，∴f′(x)＝3ax2－1，当a＜0时，f′(x)＝3ax2－1＜0，f(x)在[－1,1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝a＜0，不符合题意．当a＝0时，f(x)＝－x＋1，f(x)在

6、[－1,1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝0，符合题意．当a＞0时，由f′(x)＝3ax2－1≥0，得x≥或x≤－，当0＜＜1，即a＞时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴，∴，∴＜a≤2；当≥1，即0＜a≤时，f(x)在[－1,1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝a＞0，符合题意．综上可得，0≤a≤2.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．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：因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)

7、＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．答案：08．在函数f(x)＝alnx＋(x＋1)2(x＞0)的图象上任取两个不同点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，总能使得f(x1)－f(x2)≥4(x1－x2)，则实数a的取值范围为________．解析：不妨设x1＞x2，则x1－x2＞0，∵f(x1)－f(x2)