（浙江专版）高考数学二轮专题复习 知能专练（五）导数及其应用-人教版高三全册数学试题.doc

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知能专练（五）导数及其应用
一、选择题
1．曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为()
A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)
C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)
解析：选B因为f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，所以曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为eq\f(π,4).
2．已知e为自然对数的底数，则函数y＝xex的单调递增区间是()
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选A令y′＝ex(1＋x)≥0，又ex>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1.
3．函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()
A．0 B．1
C．2 D．无数个
解析：选A函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(6x2－2x＋1,x).
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立．
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
4．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()

解析：选D由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.
5．已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()
A．－eq\f(81,22) B.eq\f(1,3)
C．2 D．5
解析：选C由题意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集为[－2,3]，且在x＝3处取得极小值－115，
故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a>0，,－2＋3＝－\f(2b,3a)，,－2×3＝\f(c,3a)，,f3＝27a＋9b＋3c－34＝－115，))解得a＝2.
6．若0<x1<x2<1，则()
A．e－e>lnx2－lnx1
B．e－e<lnx2－lnx1
C．x2e>x1e
D．x2e<x1e
解析：选C构造函数f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x)，令f′(x)＝0，得xex－1＝0，根据函数y＝ex与y＝eq\f(1,x)的图象可知两函数图象的交点x0∈(0,1)，即f(x)＝ex－lnx在(0,1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错；构造函数g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，故函数g(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上单调递减，故g(x1)>g(x2)，x2e>x1e，故选C.
二、填空题
7．设函数f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，则函数f(x)的单调增区间为________．
解析：因为f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令
f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立．又∵y＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递减，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(