高考数学二轮复习 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-人教版高三全册数学试题.doc

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)＋lneq\f(1,x)，则f(1)＝()
A．－eB．2C．－2D．e
[解析]由已知得f′(x)＝2f′(1)－eq\f(1,x)，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.
[答案]B
2．函数f(x)＝x＋eq\f(1,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2
D．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－eq\f(1,x2)，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]D
3．(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<x<1时，xf′(x)<0，此时f′(x)<0，函数f(x)递减．排除A、B.
当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．
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－1<x<0时，xf′(x)>0，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]C
4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，则实数a的取值范围是()
A．(0,1]B．(1，＋∞)C．(0,1)D．[1，＋∞)
[解析]根据eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝eq\f(a,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]D
5．(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∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝kx0－2，,y0＝x0·lnx0，))∴kx0－2＝x0·lnx0，可得x0＝2，
∴k＝ln2＋1，故选D.
[答案]D
6．(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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))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)＝eq\f(lnx＋1,ex)的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x>0)，
令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，
则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，
故h(x)＝eq\f(1,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)>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)＝eq\f(1,e)，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<a<eq\f(1,e)，故选A.
[答案]A
二、填空题
7．(2018·武汉模拟)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＝________.
[解析]因为y＝eq\f(x＋1,x－1)，所以y′＝－eq\f(2,x－12