周测卷（十二）
[导数(1)]
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知函数f(x)＝ex＋2f′(0)x＋1，则f′(2)的值为( )
A．－1 B．－2
C．e2－1 D．e2－2
解析：D 根据题意f(x)＝ex＋2f′(0)x＋1 f′(x)＝ex＋2f′(0) f′(0)＝e0＋2f′(0) f′(0)＝－1 f′(x)＝ex－2 f′(2)＝e2－2.故选D.
2．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1，1) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：B 因为f(x)＝x2－ln x，
所以f′(x)＝x－＝，
令f′(x)<0，得0
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，故选B.
3．函数f(x)＝－x3＋3sin x的图象在点A(0，f（0)）处的切线方程是( )
A．x－3y＝0 B．3x－y＝0
C．x＋3y＝0 D．3x＋y＝0
解析：B 因为f(x)＝－x3＋3sin x，
所以f(0)＝0，所以切点为A(0，0).
又f′(x)＝－3x2＋3cos x，
由导数的几何意义知函数的图象在点A处的切线斜率k＝f′(0)＝0＋3cos 0＝3，
故得函数f(x)的图象在点A处的切线方程是y－0＝3(x－0)，即为3x－y＝0.故选B.
4．已知函数f(x)＝eax－ln x，a>0.若?x0∈(1，2)，对x∈(1，2)，f(x0)≤f(x)，则( )
A．1C．解析：B f′(x)＝aeax－，
由条件可知f(x)在(1，2)有极小值点，
根据零点存在定理可得f′(1)<0且f′(2)>0，
即aea<1且ae2a>，
所以a5．已知f(x)＝x2－cos x的导函数为g(x)，若g(ln m－2)＋g(ln m)>0，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，e2) B．(－∞，e)
C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)
解析：D 因为f(x)＝x2－cos x，定义域为R，所以g(x)＝f′(x)＝2x＋sin x，
则g(－x)＝－2x－sin x＝－g(x)，且g′(x)＝2＋cos x>0，故g(x)为奇函数，且为增函数．
由g(ln m－2)＋g(ln m)>0，
得g(ln m－2)>－g(ln m)＝g(－ln m)，
故ln m－2>－ln m，解得m>e，D正确．故选D.
6．若函数f(x)＝x2－x＋a ln x有极值，则实数a的取值范围是( )
A．（0，] B．（0，）
C．（－∞，） D．（－∞，]
解析：C 函数f(x)＝x2－x＋a ln x的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝2x－1＋＝.
因为函数f(x)有极值，
所以f′(x)在(0，＋∞)上有变号零点，
即2x2－x＋a＝0在(0，＋∞)上有解（若有两个解，则两个解不能相等），
因为二次函数y＝2x2－x＋a的对称轴为x＝，开口向上，
所以只需Δ＝(－1)2－8a>0，解得a<，
即实数a的取值范围是（－∞，）.故选C.
7．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝e，当x>0时，f′(x)<＋ex，则不等式>1的解集为( )
A．(0，1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)∪(1，＋∞)
解析：A 不等式>1等价于f(x)>ex＋ln x，即f(x)－ex－ln x>0.
构造函数g(x)＝f(x)－ex－ln x(x>0)，
所以g′(x)＝f′(x)－ex－.
因为x>0时，f′(x)<＋ex，
所以g′(x)<0对?x∈(0，＋∞)恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．
又因为g(1)＝f(1)－e－ln 1＝0，
所以不等式f(x)－ex＋ln x>0等价于g(x)>g(1)，所以0即>1的解集为(0，1).故选A.
8．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，若p＝f(e0.1)，q＝f（ln ），r＝f（－），则p，q，r大小关系为( )
A．rC．p解析：C 因为函数f(x)为偶函数，
所以p＝f(e0.1)，q＝f（ln ），r＝f（）.
因为e0.1>1，0只需比较ln 和的大小即可，
即比较ln 和－1的大小．
设h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
所以h′(x)＝－1＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(1)＝0，
所以ln x≤x－1，当x＝1时，等号成立，
所以ln <－1＝，
所以e0.1>>ln >0.
又因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(e0.1)二、解答题：本大题共3小题，共45分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
9．（本小题满分15分）
已知函数f(x)＝eax＋x2，a>0.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)－ax在[－1，1]上的最大值和最小值分别为M和m，若M－m≥e2－2，求实数a的取值范围．
解析：(1)若a＝1，f(x)＝ex＋x2，f′(x)＝ex＋2x.
因为f′(0)＝1，f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.
(2)由题意知g(x)＝eax＋x2－ax，则g′(x)＝a(eax－1)＋2x.
因为a>0，所以当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
设u(a)＝g(1)－g(－1)＝ea－e－a－2a，
则当a>0时，u′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，
所以当a>0时，g(1)－g(－1)>u(0)＝0.
则g(x)在[－1，1]上的最小值为m＝g(0)＝1，最大值为M＝g(1)＝ea＋1－a，
所以M－m＝ea－a.
设v(a)＝ea－a，则当a>0时，v′(a)＝ea－1>0，v(a)单调递增，
由ea－a≥e2－2＝v(2)，可得a≥2，
即实数a的取值范围是[2，＋∞）.
10．（本小题满分15分）
已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex，a∈R.
(1)若a＝1，求函数f(x)在x∈[0，3]上的最大值和最小值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝(x2－2x＋1)ex，
则f′(x)＝(x2－1)ex.
令f′(x)＝(x2－1)ex＝0，得x＝1或x＝－1，
由于x∈[0，3]，所以当x∈(0，1)，f′(x)<0，f(x)在(0，1)上单调递减，
所以当x∈(1，3)，f′(x)>0，f(x)在(1，3)上单调递增，
所以f(x)在x＝1时取到极小值，且f(1)＝0.
又因为f(0)＝1，f(3)＝4e3，
综上，函数f(x)在x∈[0，3]上的最大值为4e3，最小值为0.
(2)因为f(x)＝(x2－2x＋a)ex，a∈R，
所以f′(x)＝(x2＋a－2)ex，a∈R，
当a－2≥0，即a≥2时，f′(x)＝(x2＋a－2)ex≥0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，
当a－2<0，即a<2时，令f′(x)＝(x2＋a－2)ex＝0，则x＝±，
所以当x∈（－∞，－），f′(x)>0，f(x)在（－∞，－）单调递增，
当x∈（－，），f′(x)<0，f(x)在（－，）单调递减，
当x∈（，＋∞），f′(x)>0，f(x)在（，＋∞）单调递增．
综上所述，当a≥2时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，
当a<2时，f(x)在（－∞，－），（，＋∞）单调递增，在（－，）单调递减．
11．（本小题满分15分）
设函数f(x)＝x sin x，x∈R.
(1)求f(x)在区间(0，π)上的极值点个数；
(2)若x0为f(x)的极值点，则|f(x0)|≥λln （1＋x），求整数λ的最大值．
解析：(1)由函数f(x)＝xsin x，可得f′(x)＝sin x＋xcos x．
令φ(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x，可得φ′(x)＝2cos x－xsin x．
①当x∈（0，]时，f′(x)≥sin x>0，f(x)单调递增，无极值点．
②当x∈（，π）时，φ′(x)<2cos x<0，f′(x)单调递减，
又f′（）＝1>0，f′(π)＝－π<0，故存在唯一x1∈（，π），使得f′(x1)＝0，
当0；当x1故f(x)在（，x1）上单调递增，在(x1，π)上单调递减，f(x)有极大值点x1，
综上可得，f(x)在区间(0，π)上有1个极值点．
(2)若x0为f(x)的极值点，
则f′(x0)＝sin x0＋x0cos x0＝0，
即tan x0＝－x0.
由|f(x0)|＝|x0sin x0|
＝|x0|
＝|x0|＝
＝－，
令t＝≥1，|f(x0)|≥λln （1＋x），即t－≥2λln t．
记g(t)＝t－－2λln t(t≥1)，即g(t)≥0恒成立，
则g′(t)＝1＋－＝，
①当λ＝1时，g′(t)＝≥0，
故g(t)在[1，＋∞）上单调递增，
所以g(t)≥g(1)＝0，符合题意．
②当λ≥2时，若1≤t<2＋，
则g′(t)≤<0，
故g(t)在（1，2＋）上单调递减．
由(1)知f(x)在区间（，π）上存在极值点，记为x1，
则1<<<2＋，
故g（）综上可得，整数λ的最大值为1.