安徽新高考数学文科二轮复习作业精练精析专题限时集训(七)B(含答案详析)

专题限时集训(七)B[第7讲导数在研究函数性质中的应用](时间：45分钟)1．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图X7－3所示，则对于函数y＝f(x)，下列说法正确的选项是( )图X7－3A．函数在x＝－1处取得极大值B．函数在区间[－1，3]上是增函数C．函数在x＝1处取得极大值D．函数在区间[1，＋∞)上是减函数2．设曲线y＝xn2＋n(n∈N*)在点(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，则数列{xn}的前10项和等于( )1001A.11B.11120101C.11D.103．设函数f(x)＝ex＋g(x)，若曲线y＝g(x)在点P(0，g(0))处的切线方程是y＝2x＋1.则曲线y＝f(x)在点Q(0，f(0))处的切线方程是( )A．y＝2x＋1B．y＝2x＋3C．y＝x＋2D．y＝3x＋2f(x)，若知足(x2－3x＋2)f′(x)≤0，则对x∈[1，2]必有( )4．对于实数集R上的可导函数A．f(1)≤f(x)≤f(2)B．f(x)≤f(1)C．f(x)≥f(2)D．f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)5．已知函数y＝f(x)的图像如图X7－4，那么其导函数的图像可能是()图X7－4图X7－56．等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)(x－a8)，则f′(0)＝( )6A．2B．29C．210D．21217．已知定义在实数集R上的函数f(x)知足f(1)＝1，且f(x)的导函数f(x)′在R上恒有f′(x)<222x1(x∈R)，则不等式f(x)<＋的解集为( )A．(1，＋∞)B．(－∞，－1)C．(－1，1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．9．函数y＝21的图像在x＝1处的切线方程为________．x＋110．设函数f(x)′＝x2＋3x－4，则y＝f(x＋1)的单一递减区间为________．11．已知函数f(x)＝3x＋sinx－2cosx的图像在点A(x0，f(x0))处的切线的斜率为3，则tanx0的值是________．22x12．某同学在研究函数f(x)＝xe的性质时，获得了如下的结论：①f(x)的单一递减区间是(－1，0)；②f(x)无最小值，无最大值；③f(x)的图像与它在点(0，0)处的切线有两个交点；f(x)的图像与直线x－y＋2012＝0有两个交点．其中正确结论的序号是________．13．已知函数f(x)＝ax－2x－4lnx.(1)当a＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单一区间．ax14．已知函数f(x)＝2＋a，g(x)＝alnx－x(a≠0)．x＋1(1)求函数f(x)的单一区间；(2)求证：当a>0时，对于随意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f(x2)建立．专题限时集训(七)B1．B[解析]导函数y＝f′(x)的图像在x＝－1左边的函数值小于0，右边的函数值大于0，因此函数f(x)在x＝－1处取得极小值，所以A错误；在区间[－1，3]上，f′(x)>0，故函数f(x)是增函数，故B正确；由B知f(x)不可能在x＝1处取得极大值，故C错误；由B知f(x)不可能在区间[1，＋∞)上是减函数，故D错误．2＋n)xn222．A[解析]求导得y′＝(n＋n－1，则y′|＝n＋n，故曲线在点(1，1)处的切＝线方程是y－1＝(n2＋n)(x－1)，令y＝0，得xn＝1－2111＝1－n－，所以S10＝10－n＋nn＋1111111001－2＋2－3＋＋10－11＝11.3．D[解析]由题知g′(0)＝2，g(0)＝1，所以f′(0)＝3，f(0)＝2，则曲线y＝f(x)在点Q(0，f(0))处的切线方程是y＝3x＋2.x2－3x＋2≤0，4．A[解析]因为(x2－3x＋2)f(x)′≤0，x∈[1，2]，所以或f′（x）≥0x2－3x＋2≥0，(舍)．故x∈[1，2]时，f(x)为增函数，因此f(1)≤f(x)≤f(2)．f′（x）≤05．A[解析]由图知f(x)的单一性是先增后减，再增再减，相应导函数的取值为先正后负，再正再负，只有选项A的图像切合．6．D[解析]因为f(x)′＝(x－a1)(x－a2)(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)(x－a8)]′，所以f(0)′a1a2a8＝(a1a8)4＝84＝212.7．D[解析]因为f′(x)<1对x∈R恒建立，所以令g(x)＝f(x)－1x，可知g′(x)＝f(x)′－12112x212.因为f(x22<0对x∈R恒建立，即g(x)在R上递减，且g(1)＝f(1)－＝)<＋，可转变为f(x)22222x2<12，即g(x2)<12＝g(1)，所以x2>1，即x>1或x<－1.8．(－2，2)[解析]因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．要使函数f(x)有3个不同的零点，只需f(1)f(－1)<0即可，故(a－2)(a＋2)<0，解得－2<a<2.1－2x119．y＝－2x＋1[解析]求导得y′＝（x2＋1）2，又x＝1时，y＝2，y′|x＝1＝－2，所以切线方程为y－1＝－1(x－1)，即y＝－1x＋1.22210．(－5，0)[解析]令f′(x)<0，得－4<x<1，所以f(x)的单一递减区间为(－4，1)，将函数图像向左平移1个单位长度，得y＝f(x＋1)的单一递减区间为(－5，0)．11．－1[解析]因为f′(x)＝3＋cosx＋2sinx，所以f′(x0)＝3＋cosx0＋2sinx0＝3，则2tanx0＝－1.2①f(x)′＝2xe2x(x＋1)，令f′(x)<0，则x∈(－1，0)，所以函数f(x)在(－12．①④[解析]1，0)上单一递减；②令f′(x)＝2xe2x(x＋1)＝0，则x＝－1(极大值点)或x＝0(极小值点)，因为f(x)＝x2e2x≥0，当且仅当x＝0时等号建立，故函数f(x)存在最小值f(0)＝0，没有最大值；③函数f(x)在点(0，0)处的切线即为x轴，联合②中的结论可知切线与函数f(x)的图像只有一个交点(0，0)；④函数f(x)在(－∞，－1)与(0，＋∞)上单一递增，在(－1，0)上单一递减，函数的极大值为－2穿过x，y轴，函数f(x)的图像向左f(－1)＝e<2011，且直线y＝x＋2012无限地的靠近x轴，向右沿y轴正方向无限延长，故函数f(x)的图像在x＝－1左边，x＝0的右边与直线y＝x＋2012各有一个交点．22413．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－x－4lnx，f′(x)＝1＋x2－x，所以f(1)＝－1，f′(1)＝－1.因此f(x)在(1，f(1))处的切线方程是y－(－1)＝(－1)×(x－1)，即y＝－x.24ax2－4x＋22(2)由题知f(x)′＝a＋x2－x＝x2，不妨设g(x)＝ax－4x＋2，x∈(0，＋∞)．1①当a＝0时，g(x)＝－4x＋2，所以x∈0，2时，g(x)>0，则f(x)>0′，所以f(x)的单一11递增区间是0，2.当x∈2，＋∞时，g(x)<0，则f′(x)<0，所以f(x)的单一递减区间是1，＋∞.2②当a>0时，在g(x)＝ax2－4x＋2中＝16－8a，(ⅰ)当a≥2时，＝16－8a≤0，g(x)≥0，即f(x)′≥0，所以f(x)的单一递增区间是(0，＋∞)．2－4x＋2＝0，(ⅱ)当0<a<2时，＝16－8a>0，令g(x)＝ax解得x1＝2－4－2a2＋4－2a2－4－2aa>0，x2＝a>0，且x1<x2，当x∈∪0，a2＋4－2a时，g(x)>0，则f′(x)>0，所以f(x)的单一递增区间是2－4－2a和a，＋∞0，a2＋4－2a；当x∈2－4－2a2＋4－2a时，g(x)<0，则f′(x)<0，所以f(x)a，＋∞a，a的单一递减区间是2－4－2a2＋4－2a.a，a③当a<0＝16－8a>0，令g(x)＝ax2－4x＋2＝02－4－2a时，得x1＝a>0，x2＝2＋4－2a2－4－2a时，g(x)>0，则f′(x)>0，所以f(x)的单一递a<0.又x>0，故当x∈0，a2－4－2a；当x∈2－4－2a增区间是0，aa，＋∞时，g(x)<0，则f′(x)<0，所以f(x)的单一递减区间是2－4－2aa，＋∞.14．解：(1)函数f(x)的定义域为R，a（1－x2）a（1－x）（1＋x）.f′(x)＝＝（x2＋1）2（x2＋1）2当a>0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f(x)′－0＋0－f(x)↘↗↘当a<0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f(x)′＋0－0＋f(x)↗↘↗综上所述，当a>0时，f(x)的单一递增区间为(－1，1)，单一递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的单一递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单一递减区间为(－1，1)．(2)证明：由(1)可知，当a>0时，f(x)在(0，1)上单一递增，在(1，e]上单一递减，且ae＋a>f(0)＝a.f(e)＝2e＋1所以x∈(0，e]时，f(x)>a.a因为g(x)＝alnx－x，所以g′(x)＝－1.令g′(x)＝0，得x＝a.①当0<a<e时，由g′(x)>0，得0<x<a；由g′(x)<0，得e>x>a，所以函数g(x)在(0，a)上单一递增，在(a，e]上单一递减．所以g(x)max