高考数学专题二函数与导数专题跟踪训练12导数的简单应用、定积分理.doc

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1、专题跟踪训练(十二)导数的简单应用、定积分一、选择题1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln，则f(1)＝(　　)A．－eB．2C．－2D．e[解析]　由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.[答案]　B2．函数f(x)＝x＋的极值情况是(　　)A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2D．

2、当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2[解析]　求导得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.[答案]　D3．(2018·聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)[解析]　由题图知当0

3、x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．7所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．排除D.符合条件的只有C项．[答案]　C4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(0,1]B．(1，＋∞)C．(0,1)D．[1，＋

4、∞)[解析]　根据>2可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝＋x≥2(x>0，a>0)，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.故选D.[答案]　D5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，则实数k的值为(　　)A．ln2B．1C．1－ln2D．1＋ln2[解析]　由直线y＝kx－2与曲线y＝xlnx相切，设切点为P(x0，y0)，对于y＝xlnx，易得y′＝1＋lnx，∴k＝1＋lnx0，又∵∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2，∴k＝ln2＋1，故

5、选D.[答案]　D6．(2018·广东深圳期末)已知函数f(x)＝xlnx－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A.B．(0，e)C.D．(－∞，e)[解析]　由题意可得f′(x)＝lnx＋1－aex，因函数f(x)＝xlnx－aex有两个极值点，则直线y＝a和g(x)＝的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－lnx－1，7则h′(x)＝－－<0，故h(x)＝－lnx－1在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>

6、0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，故要使直线y＝a和g(x)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需0

7、，解得a＝－2.[答案]　－2[解析]　[答案]　－7[解析][答案]　(－∞，1)三、解答题[解]　711．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，

8、即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－