周测卷（十三）导数（2） 含解析- 高考一轮总复习数学

周测卷（十三）
[导数(2)]
　　　　　　　　　　
一、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对的得部分分，选错或者不选得0分．
1．已知函数f(x)＝x3－ax＋b(a，b∈R)，且f(1)＝1，f(0)＝1，则(　　)
A．直线y＝2x＋3是曲线y＝f(x)的切线
B．f(x)有两个极值点
C．f(x)有三个零点
D．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
解析：ABD　由题意可得
解得
所以f(x)＝x3－x＋1，f′(x)＝3x2－1.
对于A，令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，
又f(1)＝f(－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，
当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，A正确；
对于B，令f′(x)>0得x>或x<－，
令f′(x)<0得－所以f(x)在（－∞，－），（，＋∞）上单调递增，
在（－，）上单调递减，
所以x＝±是极值点，B正确；
对于C，因为f（－）＝1＋>0，
f（）＝1－>0，f(－2)＝－5<0，
所以函数f(x)在（－∞，－）上有一个零点，
当x≥－时，f(x)≥f（）>0，
即函数f(x)在（－，＋∞）上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，C错误；
对于D，令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，
因为h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，所以(0，0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选ABD.
2．若直线x＝a与两曲线y＝ex，y＝ln x分别交于A，B两点，且曲线y＝ex在A点处的切线为m，曲线y＝ln x在B点处的切线为n，则下列结论正确的是(　　)
A． a∈(0，＋∞)，使m∥n
B．当m∥n时，|AB|取得最小值
C．|AB|的最小值为2
D．|AB|>ln 2＋log2e.
解析：ABD　对于A，由直线x＝a与两曲线y＝ex，y＝ln x分别交于A，B两点可知a>0.
曲线y＝ex上A点坐标(a，ea)，可求导数y′＝ex，
则切线m斜率km＝ea，可知切线m：y－ea＝ea(x－a).
曲线y＝ln x上B点坐标为(a，ln a)，
可求导数y′＝，则切线n斜率kn＝.
令km＝kn，则ea＝，
令g(x)＝ex－(x>0)，g（）＝e－2<0，g(1)＝e－1>0，
由零点存在定理， a∈（，1）使g(x)＝0，即 a∈(0，＋∞)，使km＝kn，即m∥n，A正确；
对于B，|AB|＝ea－ln a，
令h(a)＝ea－ln a(a>0)，
所以h′(a)＝ea－，
由g(x)同理可知有a0∈（，1），使ea0＝.
令
所以h(a)在a＝a0处取最小值，即当m∥n时，|AB|取得最小值，B正确；
对于C，|AB|min＝ea0－ln a0，
因为ea0＝，所以a0＝ln ＝－ln a0，
所以|AB|min＝＋a0，是对勾函数，在a0∈（，1）上是减函数，
所以|AB|min∈（＋1，＋） |AB|min∈（2，），C错误；
对于D，因为a0>，所以<2，所以ea0<2＝eln 2，所以a0所以ln 2＋log2e＝＋＝ln 2＋3．已知f′(x)，g′(x)分别为定义在R上的函数f(x)和g(x)的导函数，且f(x)－g′(x)＝1，f(x)＋g′(2－x)＝1，若g(x)是奇函数，则下列结论正确的是(　　)
A．函数f(x)的图象关于点(1，1)对称
B．函数f′(x)的图象关于直线x＝1对称
C．g′(0)＝0
D．f(－3)＝1
解析：ABD　对于A，因为f(x)－g′(x)＝1，f(x)＋g′(2－x)＝1，
所以g′(x)＋g′(2－x)＝0，
所以g′(t＋1)＋g′(1－t)＝0，
所以函数g′(x＋1)为奇函数，
所以函数g′(x＋1)的图象关于点(0，0)对称，所以g′(x)关于(1，0)对称．
又f(x)＝g′(x)＋1，所以函数f(x)的图象关于点(1，1)对称，A正确；
对于B，因为函数f(x)的图象关于点(1，1)对称，所以f(x＋1)－1的图象关于原点对称，
所以f(x＋1)－1＝1－f(－x＋1)，
所以f′(x＋1)＝f′(－x＋1)，
所以函数f′(x＋1)为偶函数，其图象关于y轴对称，
所以函数f′(x)的图象关于直线x＝1对称，B正确；
对于C，设g(x)＝sin x，
则g′(x)＝cos x，
g′(2－x)＝cos (2－x)＝－cos x，
满足所给条件，但g′(0)＝1，C错误；
对于D，因为g(x)是奇函数，
所以g(－x)＝－g(x)，
所以－g′(－x)＝－g′(x)，
即g′(－x)＝g′(x).
又g′(x)＋g′(2－x)＝0，
所以g′(x＋4)＝－g′(－2－x)＝－g′(x＋2)＝g′(－x)＝g′(x)，
所以函数g′(x)为周期函数，周期为4.
又g′(x)＋g′(2－x)＝0，
所以g′(1)＋g′(2－1)＝0，
所以g′(1)＝0，所以f(－3)＝g′(－3)＋1＝g′(1)＋1＝1，D正确．故选ABD.
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
4．若曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1(a≠0)相切，则a＝　　　　.
解析：8　由y＝x＋ln x，所以y′＝x＋，则y′|x＝1＝2，
所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
又y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1(a≠0)相切，
由可得ax2＋ax＋2＝0(a≠0)，
则Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8或a＝0（舍去）.
5． x∈[1，2]，有ln x＋－1≥0恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　．
解析：[，＋∞）　因为 x∈[1，2]，有ln x＋－1≥0恒成立，
所以a≥－x2ln x＋x2在[1，2]上恒成立．
令μ(x)＝－x2ln x＋x2，x∈[1，2]，
则μ′(x)＝－2x ln x－x＋2x＝－2x ln x＋x＝x(－2ln x＋1)，
令μ′(x)＝0，得x＝，
当x∈（1，）时，μ′(x)>0，
故μ(x)在（1，）上单调递增，
当x∈（，2）时，μ′(x)<0，
故μ(x)在（，2）上单调递减，
则μ(x)≤μ（）＝，所以a≥，
即实数a的取值范围为[，＋∞）.
6．已知函数f(x)＝ex·x2－b有三个零点，则实数b的取值范围是　　　　　　．
解析：（0，）　因为f(x)＝ex·x2－b有三个零点，
所以ex·x2－b＝0有三个根，
所以y＝b和g(x)＝ex·x2有三个交点．
又g′(x)＝x(x＋2)ex，
令g′(x)<0，x∈(－2，0)，
令g′(x)>0，x∈(－∞，－2)∪(0，＋∞)，
所以g(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，
所以g(x)极小值为g(0)＝0，g(x)极大值为g(－2)＝，
当x→＋∞时，g(x)→＋∞，x→－∞时，g(x)→0，
所以b∈（0，）.
三、解答题：本大题共3小题，共47分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
7．（本小题满分15分）
已知函数f(x)＝2ax－a－1，g(x)＝ex－ex.
(1)讨论g(x)的单调性并求极值．
(2)设函数h(x)＝g′(x)－f(x)(g′（x)为g(x)的导函数），若函数h(x)在(0，1)内有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解析：(1)因为g′(x)＝ex－e在R上单调递增，
所以当x<1时g′(x)<0，当x>1时g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)的极小值为g(1)＝0，无极大值．
(2)因为h(x)＝g′(x)－f(x)＝ex－e－(2ax－a－1)＝ex－2ax－e＋a＋1，
所以h′(x)＝ex－2a.
当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，
所以当2a≤1或2a≥e时，h(x)在(0，1)上单调，至多只有一个零点，不满足题意；
当1<2a当x∈(0，ln （2a)）时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(ln （2a)，1）时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以要使函数h(x)在(0，1)内有两个不同的零点，
则有
由可得e－2下面证明当e－2令m(a)＝h(ln （2a)）＝3a－2a ln (2a)－e＋1，
则m′(a)＝1－2ln (2a)，
所以当a∈（e－2，）时，m′(a)>0，m(a)单调递增，
当a∈（，1）时，m′(a)<0，m(a)单调递减，
所以m(a)max＝m（）＝－e＋1<0，
所以当e－2综上，实数a的取值范围为(e－2，1).
8．（本小题满分15分）
设f(x)＝(x＋1)ln x－(x－1)ln a(a>0).
(1)若f(x)≥0在[1，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
(2)若函数y＝f(x)存在两个极值点x1，x2(x12.
解析：(1)f′(x)＝ln x＋－ln a，
令g(x)＝f′(x)＝ln x＋－ln a，
则g′(x)＝－＝，
当x≥1时，有g′(x)≥0，
故g(x)在[1，＋∞）上单调递增，
即f′(x)在[1，＋∞）上单调递增，
则f′(x)≥g(1)＝ln 1＋－ln a＝2－ln a.
当a∈（0，e2]时，2－ln a≥0，
则f(x)在[1，＋∞）上单调递增，
有f(x)≥f(1)＝2ln 1－(1－1)ln a＝0，满足要求；
当a>e2时，则2－ln a<0，
又f′(a)＝ln a＋－ln a＝1＋>0，
则必存在x0∈(1，a)，使f′(x0)＝0，即ln x0＋＝ln a，
当x∈[1，x0）时，f′(x0)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x0)>0，
即f(x0)在[1，x0）上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(x0)＝(x0＋1)ln x0－(x0－1)ln a
＝(x0＋1)ln x0－(x0－1)（ln x0＋）
＝2ln x0－x0＋，
令h(x)＝2ln x－x＋，x∈(1，a)，
则h′(x)＝－1－＝－＝－<0，
则h(x)在(1，a)上单调递减，
则f(x0)＝2ln x0－x0＋即f(x0)<0，故此时不符合题意，故舍去．
综上所述，a∈(0，e2].
（2)证明：由(1)得g′(x)＝－＝，
则当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
故f′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又函数y＝f(x)存在两个极值点，
则f′(1)＝2－ln a<0，即a>e2，
则有02，即证x2>2－x1.
又x2>1，2－x1>1，f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即只需证f′(x2)>f′(2－x1)，
又f′(x1)＝f′(x2)＝0，
即只需证f′(x1)>f′(2－x1).
令μ(x)＝f′(x)－f′(2－x)
＝ln x＋－ln (2－x)－
＝ln x－ln (2－x)＋－，x∈(0，1)，
则μ′(x)＝＋－－
＝
＝，
即μ′(x)<0在x∈(0，1)上恒成立，即μ(x)在(0，1)上单调递减，
则μ(x)>μ(1)＝f′(1)－f′(2－1)＝0，即f′(x1)>f′(2－x1)，故x1＋x2>2.
9．（本小题满分17分）
设函数f(x)＝x－aex.
(1)若直线x＋y＋2＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值．
(2)讨论f(x)的单调性．
(3)当a＝1时，记函数g(x)＝exf(x)，若m＋n>0，证明：g(m)＋g(n)<－2.
解析：(1)设切点为(x0，f（x0)），f′(x)＝1－aex，
所以切线方程为y－x0＋aex0＝(1－aex0)(x－x0).
因为直线x＋y＋2＝0是曲线y＝f(x)的切线，
所以1－aex0＝－1，即aex0＝2，
化简切线方程得y＝－x＋2x0－2，
所以2x0－2＝－2，解得x0＝0，所以a＝2.
(2)因为f′(x)＝1－aex，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x<－ln a，
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x>－ln a，
所以f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递减．
综上可知，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递增，在(－ln a，＋∞)上单调递减．
(3)证明：由题意知，g(x)＝ex(x－ex)，
则g′(x)＝ex(x－2ex＋1).
令h(x)＝x－2ex＋1，
由(2)知，h(x)在(－∞，－ln 2)上单调递增，在(－ln 2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(－ln 2)＝－ln 2<0，
可得g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
因为m＋n>0，所以m，n中至少有一个大于0（否则若m≤0，n≤0，有m＋n≤0＋n≤0，这与m＋n>0矛盾），
不妨设m>0，n>－m，所以g(n)所以g(m)＋g(n)令φ(m)＝g(m)＋g(－m)＋2
＝mem－e2m－－＋2
＝
＝
＝，
因为m>0，所以g(m)即g(m)＋1<0.
又e2m－1>0，
所以φ(m)<0，即g(m)＋g(－m)＋2<0，
可得g(m)＋g(－m)<－2，
所以g(m)＋g(n)<－2.