（导学教程）2012届高三数学（理）二轮复习试题：专题一第四讲综合验收评估（北师大版）

一、选择题
1．f(x)＝x(2 011＋ln x)，若f′(x0)＝2 012，则x0等于
A．e2　　　　　　　　　　 B．1
C．ln 2 D．e
解析　f′(x)＝2 011＋ln x＋x×＝2 012＋ln x，
故由f′(x0)＝2 012，得2 012＋ln x0＝2 012，
所以ln x0＝0，解得x0＝1，故选B.
答案　B
2．(2011·湖南)曲线y＝－在点M处的切线的斜率为
A．－ B.
C．－ D.
解析　y′＝＝，
∴曲线在点M处的切线的斜率为.
答案　B
3．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则f(－x)dx的值等于
A. B.
C. D.
解析　f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，
∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x，
f(－x)＝x2－x，∴f(－x)dx＝(x2－x)dx＝＝，故选A.
答案　A
4．(2011·海淀模拟)已知点P在函数f(x)＝acos x的图象上，则该函数图象在x＝处的切线方程是
A．2x＋y＋＝0 B．2x－y＋＝0
C．2x－y－＝0 D．2x＋y－＝0
解析　由点P在函数f(x)的图象上，可得f＝－1，
即acos ＝acos ＝－＝－1，
解得a＝2.故f(x)＝2cos x.
所以f＝2cos ＝－，f′(x)＝－2sin x.
由导数的几何意义，可知该函数图象在x＝处的切线斜率k＝f′＝－2sin ＝－.
所以切线方程为y－(－)＝－，
即x＋y＋－＝0，
也就是2x＋y＋＝0，故选A.
答案　A
5．(2011·浙江模拟)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是
解析　设h(x)＝f(x)ex，则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足该条件．
答案　D
6．(2011·湖南)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为
A．1 B.
C. D.
解析　由题意画出函数图象如图所示，
由图可以看出|MN|＝y＝t2－ln t(t＞0)．
y′＝2t－＝＝.
当0＜t＜时，y′＜0，可知y在此区间内单调递减；
当t＞时，y′＞0，可知y在此区间内单调递增．
故当t＝时，|MN|有最小值．
答案　D
二、填空题
7．如图，直线y＝1与曲线y＝－x2＋2所围图形的面积是________．
解析　令－x2＋2＝1，得x＝±1，
答案　
8．已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．
解析　当x＞0时，f′(x)＝mx＋－2≥0恒成立，
即m≥－＋恒成立，
又∵－＋＝－2＋1≤1，∴m≥1.
答案　m≥1
9．函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为________．
解析　f′(x)＝excos x＋ex(－sin x)，设切线的倾斜角为α，
则k＝tan α＝f′(0)＝1，又α∈(0，π)，∴α＝.
答案　
三、解答题
10．(2011·江苏)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．
(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？
(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．
解析　设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm.
由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0＜x＜30.
(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，
所以当x＝15时，S取得最大值．
(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．
由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.
当x∈(0,20)时，V′＞0；
当x∈(20,30)时，V′＜0.
所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．
此时＝.
即包装盒的高与底面边长的比值为.
11．已知函数f(x)＝x2－3x＋2ln x.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3－3x图象的下方．
解析　(1)由f(x)＝x2－3x＋2ln x，知f′(x)＝x＋－3＝＝.
当x∈(1,2)时，f′(x)＜0，∴f(x)在[1,2]上是减函数；
当x∈(2，e)时，f′(x)＞0，∴f(x)在[2，e]上是增函数．
∴当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝2ln 2－4.
又f(1)＝－，f(e)＝e2－3e＋2，
f(e)－f(1)＝e2－3e＋2－
＝(e2－6e＋9)＝(e－3)2＞0，
∴f(e)＞f(1)，∴f(x)max＝f(e)＝e2－3e＋2.
综上，函数f(x)在[1，e]上的最大值为e2－3e＋2，最小值为2ln 2－4.
(2)证明　设F(x)＝x2－3x＋2ln x－x3＋3x，
则F′(x)＝－3x2＋x＋＝＝.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，∴F(x)在[1，＋∞)上是减函数，
且F(1)＝－＜0，故当x∈[1，＋∞)时，F(x)＜0，
∴x2－3x＋2ln x＜x3－3x.
∴在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3－3x图象的下方．
12．设f(x)＝ex－1.
(1)当x＞－1时，证明：f(x)＞；
(2)当a＞ln 2－1且x＞0时，证明：f(x)＞x2－2ax.
证明　(1)当x＞－1时，f(x)＞，
即ex－1＞＝2x－1，
故结论成立当且仅当ex＞2x，即ex－2x＞0.
令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln 2.
当x∈(－1，ln 2)时，g′(x)＝ex－2＜0，
故函数g(x)在(－1，ln 2]上单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)＝ex－2＞0，
故函数g(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)＞0，即ex＞2x.
故当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)＞.
(2)f(x)＞x2－2ax，即ex－1＞x2－2ax，也就是ex－x2＋2ax－1＞0.
令g(x)＝ex－x2＋2ax－1，则g′(x)＝ex－2x＋2a.
令h(x)＝ex－2x＋2a，则h′(x)＝ex－2.
由(1)，可知当x∈(－∞，ln 2)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增．
所以h(x)的最小值为h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.
因为a＞ln 2－1，所以h(ln 2)＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0，
即h(x)≥h(ln 2)＞0.
所以g′(x)＝h(x)＞0，即g(x)在R上为增函数．
故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，所以g(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0，
即当a＞ln 2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax.
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