高考数学大二轮复习 专题二 函数与导数 第3讲 导数的简单应用与定积分练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

第二篇专题二第3讲导数的简单应用与定积分
[限时训练·素能提升]
(限时50分钟，满分76分)
一、选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
1．已知函数f(x)＝x3－3ax＋eq\f(1,4)，若x轴为曲线y＝f(x)的切线，则a的值为
A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4)D.eq\f(1,4)
解析f′(x)＝3x2－3a，设切点坐标为(x0，0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(3,0)－3ax0＋\f(1,4)＝0，,3xeq\o\al(2,0)－3a＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)，,a＝\f(1,4).))
答案D

2．(2018·太原二模)函数y＝f(x)的导函数的图像如图所示，则下列说法错误的是
A．(－1，3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3，5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析由函数y＝f(x)的导函数的图像可知，当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减；当x>5或－1<x<3时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，选C.
答案C
3．(2018·宣城第二次调研)若函数f(x)＝eq\f(4,3)x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是
A．－1≤a≤2B．－2≤a≤1
C．a>2或a<－1D．a>1或a<－2
解析因为函数f(x)＝eq\f(4,3)x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，所以f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有两个不等零点，则Δ＝16a2＋16(a－2)＝16(a－1)(a＋2)>0，解得a>1或a<－2.故选D.
答案D
4．(2018·洛阳三模)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为
A．(－∞，0)B．(－∞，2)
C．(0，＋∞)D．(2，＋∞)
解析构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,ex)，F′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，即F(x)在R上是减函数．因为f(0)＝2，所以F(0)＝f(0)＝2，不等式f(x)<2ex，即F(x)<2＝F(0)，解得x>0，故不等式f(x)<2ex的解集为(0，＋∞)．
答案C
5．(2018·昆明二模)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2)＋2klnx－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是
A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))
C．(0，2]D．[2，＋∞)
解析由题意得f′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)＋eq\f(2k,x)－k＝eq\f(（x－2）（ex－kx2）,x3)，f′(2)＝0.令g(x)＝ex－kx2，g(x)在区间(0，＋∞)恒大于等于0，或恒小于等于零，k＝eq\f(ex,x2)，h(x)＝eq\f(ex,x2)，h′(x)＝eq\f(e2（x－2）,x3)，
所以h(x)的最小值为h(2)＝eq\f(e2,4)，所以k≤eq\f(e2,4)，选A.
答案A
二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
6．(2018·赣州二模)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的递减区间为________．
解析f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，
令f′(x)<0，解得0<x<1，故函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．
答案(0，1)
7．(2018·广东五校协作体二模)若函数f(x)＝x(x－a)2在x＝2处取得极小值，则a＝________．
解析求导函数可得f′(x)＝3x2－4ax＋a2，
所以f′(2)＝12－8a＋a2＝0，解得a＝2或a＝6，
当a＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)，函数在x＝2处取得极小值，符合题意；
当a＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，函数在x＝2