（湖北专用）高考数学二轮复习 专题限时集训（五）B第5讲 导数在研究函数性质中的应用配套作业 理（解析版）

专题限时集训(五)B[第5讲导数在研究函数性质中的应用](时间：45分钟)1．函数y＝xex的最小值是()A．－1B．－eC．－eq\f(1,e)D．不存在2．设曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3，2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝()A．2B．－2C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)3．已知f(a)＝eq\i\in(0,1,)(2ax2－a2x)dx，则函数f(a)的最大值为()A．1B.eq\f(4,9)C.eq\f(2,9)D.eq\f(1,9)4．垂直于直线2x－6y＋1＝0且与曲线f(x)＝x3＋3x2－1相切的直线l与曲线f(x)及y轴所围成的图形的面积是________．5．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有()A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>26．函数y＝xsinx＋cosx在下面哪个区间上为增函数()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))B．(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))D．(2π，3π)7．已知函数f(x)＝x2eax，其中a为常数，e为自然对数的底数，若f(x)在(2，＋∞)上为减函数，则a的取值范围为()A．(－∞，－1)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(－∞，2)8．定义在区间[0，a]上的函数f(x)的图象如图5－1所示，记以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))为顶点的三角形面积为S(x)，则函数S(x)的导函数S′(x)的图象大致是()图5－1图5－29．若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosx，0≤x<\f(π,2)，,2，\f(π,2)≤x≤2，))则eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝________．10．已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表.x－1045f(x)1221f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图5－3所示：图5－3下列关于f(x)的命题：①函数f(x)是周期函数；②函数f(x)在[0，2]是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点；⑤函数y＝f(x)－a的零点个数可能为0，1，2，3，4个．其中正确命题的序号是________．11．已知函数f(x)＝(x－k)2eeq\f(x,k).(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤eq\f(1,e)，求k的取值范围．12．已知函数f(x)＝eq\r(px－p)－lnx(p>0)．(1)若函数f(x)在定义域内为增函数，求实数p的取值范围；(2)当n∈N*时，试判断eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)与2ln(n＋1)的大小关系，并证明你的结论；(3)当n≥2且n∈N*时，证明：eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn.13．已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的极值；(2)讨论函数y＝f(x)的零点个数；(3)设数列{an}，{bn}均为正项数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn≤b1＋b2＋…＋bn，求证：a1b1·a2b2·…·anbn≤1.专题限时集训(五)B【基础演练】1．C[解析]y′＝ex＋xex，令y′＝0，则x＝－1.因为x<－1时，y′<0，x>－1时，y′>0，所以x＝－1时，ymin＝－eq\f(1,e)，选C.2．B[解析]y＝1＋eq\f(2,x－1)，所以y′＝－eq\f(2,（x－1）2)，将x＝3代入得y′＝－eq\f(1,2)，所以(－a)×－eq\f(1,2)＝－1，解得a＝－2.3．C[解析]f(a)＝eq\i\in(0,1,)(2ax2－a2x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)ax3－\f(1,2)a2x2))))eq\s\up12(1)0＝－eq\f(1,2)a2＋eq\f(2,3)a，这个关于a的二次函数当a＝－eq\f(\f(2,3),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(2,3)时取得最大值，即所求的最大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(1,2)×eq\f(4,9)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).4.eq\f(1,4)[解析]由题意得直线l的斜率为－3.又f′(x)＝3x2＋6x，由3x2＋6x＝－3解得x＝－1，此时切点A的坐标是(－1，1)，切线方程是y－1＝－3(x＋1)，即y＝－3x－2，如图，则所求的面积是eq\i\in(－1,0,)[f(x)－(－3x－2)]dx＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\i\in(－1,0,)（x3＋3x2＋3x＋1）dx))＝eq\f(1,4)x4＋x3＋eq\f(3,2)x2＋xeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(0)－1＝eq\f(1,4).【提升训练】5．C[解析]依题意，当x>1时，f′(x)≥0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x<1时，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)．6．C[解析]因为y′＝xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))时，cosx>0，y′＝xcosx>0，此时函数y＝xsinx＋cosx为增函数，故选C.7．A[解析]f′(x)＝x(ax＋2)eax，由题意得f′(x)＝x(ax＋2)eax<0在[2，＋∞)上恒成立．即x(ax＋2)<0在[2，＋∞)上恒成立，即a<－eq\f(2,x)在[2，＋∞)上恒成立，即a<－1.8．D[解析]由于AB的长度为定值，只要考虑点C到直线AB的距离的变化趋势即可．当x在区间[0，a]变化时，点C到直线AB的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S′(x)的图象先是在x轴上方，再到x轴下方，再回到x轴上方，再到x轴下方，并且函数在直线AB与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D中的图象符合要求．9．5－π[解析]eq\i\in(0,2,)f(x)dx＝∫eq\f(π,2)0cosxdx＋∫2eq\f(π,2)2dx＝sinxeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(\f(π,2))0＋2xeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\up12(2)eq\f(π,2)＝sineq\f(π,2)－sin0＋22－eq\f(π,2)＝5－π.10．②⑤[解析]周期性是函数在整个定义域上的整体性质，周期函数的图象不能是一个闭区间上的一段，必需能够保证周期的无限延展，故函数f(x)不是周期函数，命题①不正确；从其导数的图象可知，在区间(0，2)内导数值小于零，故函数f(x)在区间(0，2)上单调递减，由于函数图象是连续的，故在区间[0，2]是减函数，命题②正确；函数f(x)在[－1，0)上递增、在(0，2)上递减、在(2，4)上递增、在(4，5]上递减，函数的最大值只能在f(0)处，或者f(4)处取得，因此只要0≤t≤5即可，因此t的最大值为5，命题③不正确；由于f(－1)＝1，f(0)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1，根据③中的单调性，要使1<a<2时，函数y＝f(x)－a有四个零点，必须保证f(2)≤1，数据中没有这个函数值，故命题④不正确；显然当a>2时，函数y＝f(x)－a没有零点，当a＝2时函数有两个零点，当1<a<2时，根据f(2)在(－∞，2)之间取值的不同，函数可能有四个零点(f(2)≤1)、两个零点(1<f(2)<2)，当f(2)＝1，a＝1时函数有三个零点，当f(2)<1且a＝f(2)时函数只有一个零点，命题⑤正确．11．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,k)(x2－k2)eeq\f(x,k)>0，当k>0时，f(x)的增区间为(－∞，－k)，(k，＋∞)，f(x)的减区间为(－k，k)，当k<0时，f(x)的增区间为(k，－k)，f(x)的减区间为(－∞，k)，(－k，＋∞)．(2)当k>0时，f(k＋1)＝eeq\f(k＋1,k)>eq\f(1,e)，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e).当k<0时，由(1)有f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝eq\f(4k2,e)，所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤eq\f(1,e)等价于f(－k)＝eq\f(4k2,e)≤eq\f(1,e)⇒－eq\f(1,2)≤k<0.综上，k的范围为－eq\f(1,2)，0.12．解：(1)p>0，函数f(x)＝eq\r(px－p)－lnx的定义域为[1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(p,2\r(px－p))－eq\f(1,x).依题意，eq\f(p,2\r(px－p))≥eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，∴p≥eq\f(4（x－1）,x2)在x∈(1，＋∞)恒成立．又在x∈(1，＋∞)上，eq\f(4（x－1）,x2)＝4－eq\f(1,x)－eq\f(1,2)2＋eq\f(1,4)≤1，∴p≥1，∴p的取值范围为[1，＋∞)．(2)当n∈N*时，eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．证明：当n∈N*时，欲证eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)，只需证eq\f(\r(2k＋1),k)>2[ln(k＋1)－lnk](k∈N*)．由(1)可知：取p＝1，则f(x)≥f(1)(x≥1)，而f(1)＝0，∴eq\r(x－1)≥lnx(当x＝1时，等号成立)．用eq\f(x＋1,x)2代换x，得eq\r(\f(x＋1,x)2－1)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)))eq\s\up12(2)(x>0)，即eq\f(\r(2x＋1),x)>2[ln(x＋1)－lnx](x>0)，∴eq\f(\r(2k＋1),k)>2[ln(k＋1)－lnk](k∈N*)．在上式中分别取k＝1，2，3，…，n，并将同向不等式相加，得eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．∴当n∈N*时，eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(\r(2k＋1),k)>2ln(n＋1)．(3)证明：由(2)可知eq\r(x－1)≥lnx(x＝1时，等号成立)．而当x≥2时，x－1≥eq\r(x－1)，∴当x≥2时，x－1>lnx.设g(x)＝x－1－lnx，x∈(0，2)，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴g(x)在(0，1)上递减，在(1，2)上递增，∴g(x)≥g(1)＝0，即x－1≥lnx在x∈(0，2)时恒成立．故当x∈(0，＋∞)时，x－1≥lnx(当且仅当x＝1时，等号成立)．①用x代换x－1得：x≥ln(1＋x)(当且仅当x＝0时，等号成立)．②当k≥2，k∈N*时，由①得k－1>lnk>0，∴eq\f(1,lnk)>eq\f(1,k－1).当k≥2，k∈N*时，由②得k>ln(1＋k)，用eq\f(1,k－1)代换k，得eq\f(1,k－1)>ln1＋eq\f(1,k－1).∴当k≥2，k∈N*时，eq\f(1,lnk)>ln1＋eq\f(1,k－1)，即eq\f(1,lnk)>lnk－ln(k－1)．在上式中分别取k＝2，3，4，…，n，并将同向不等式相加，得eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn－ln1.故当n≥2且n∈N*时，eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(1,lnk)>lnn.13．解：(1)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(1,x)－1(x>0)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，∴当x＝1时，f(x)取得极大值－1，无极小值．(2)方法1：由f(x)＝0，得a＝eq\f(lnx,x)(*)，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，又当x→0时，g(x)→－∞；当x>e时，g(x)＝