高中数学选修1-1《导数》单元训练（一）

高中数学选修1-1《导数》同步训练（一）
一、单选题：
1.已知在(－∞，－1)上单调递增，则a的取值范围是( )
A. a<3 B. C. >3 D.
2.已知函数 在区间 上是单调递增函数，则 的取值范围为 （ ）
A. B. C. D.
3.若存在过点(1,0)的直线与曲线和都相切,则a= ( )
A. 或 B. -1或 C. 或 D. 或7
4..函数f(x）在定义域R内可导，若f(x)=f(2-x)且（x-1）f'(x)<0，若a=f(0),b=f(),c=f(3)则a,b,c的大小关系是( )
A. a>b>c B. c>b>a C. b>a>c D. a>c>b
5.函数f（x）在实数集R上连续可导，且2f（x）﹣f′（x）＞0在R上恒成立，则以下不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. f（﹣2）＞e3f（1） D. f（﹣2）＜e3f（1）
6.已知e是自然对数底数，若函数的定义域为R，则实数a的取值范围为( )
A. a<-1 B. C. a>-1 D.
二、填空题：
7.若曲线 上存在垂直于直线 的切线，则 的取值范围为________．
8.定义在R上的函数f（x）满足：f′（x）＞1﹣f（x），f（0）=6，f′（x）是f（x）的导函数，则不等式exf（x）＞ex+5（其中e为自然对数的底数）的解集为________
9.已知函数f(x)＝－f′(0)ex＋2x，点P为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线l上的一点，点Q在曲线y＝ex上，则|PQ|的最小值为________．
三、解答题：
10.已知函数f（x）=ax3+bx2的图象经过点M（1，4），且在x=﹣2取得极值．（ I）求实数a，b的值；（ II）若函数f（x）在区间（m，m+1）上不单调，求m的取值范围．
11.已知函数f（x）=（m，n∈R）在x=1处取到极值2．（1）求f（x）的解析式；（2）设函数g（x）=lnx+ ， 若对任意的x1∈[﹣1，1]，总存在x2∈[1，e]，
使得g（x2）≤f（x1）+ ， 求实数a的取值范围．
12.已知函数f（x）=1nx．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x＞0时， ；（Ⅲ）若x﹣1＞a1nx对任意x＞1恒成立，求实数a的最大值．
13.设a＜1，集合A={x∈R|x＞0}，B={x∈R|2x2﹣3（1+a）x+6a＞0}，D=A∩B．
（1）求集合D（用区间表示）；
（2）求函数f（x）=2x3﹣3（1+a）x2+6ax在D内的极值点．

答案解析部分
1.【答案】B 【解析】先求函数f（x)的导数，然后根据f'（x)=3x2-a≥0在R上恒成立即可得到答案．∵f（x)=x3-ax∴f'（x)=3x2-a，∵f（x)在R上单调递增∴f'（x)=3x2-a≥0在R上恒成立 即a≤3x2在(－∞，－1)上恒成立，a小于等于3x2的最小值即可∴a3，故选B2.【答案】A 【解析】： 因为 在区间 上是单调递增函数所以 ，而在区间 上 所以 ，即 令 ，则 ，分子分母同时除以 ，得，令 ，则 在区间 上为增函数，所以 ，所以 在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立，所以函数 在区间 上为单调递减函数所以3.A 解：由求导得，设曲线上的任意一点处的切线方程为， 将点代入方程得或.（1）当时：切线为， 所以仅有一解，得（2）当时：切线为,由得仅有一解，得.综上知或.选A.
4.C 【解析】由f（x)=f（2-x)可知，f（x)的图象关于x=1对称，据题意又知x∈（-∞，1)时，f'（x)＞0，此时f（x)为增函数，x∈（1，+∞)时，f'（x)＜0，
f（x)为减函数，所以f（3)=f（-1)＜f（0)＜f（)，即c＜a＜b，故选C．5.【答案】A 【解析】：设 ，则 ，∵ ，∴ ，即 是减函数，∴ ，即 ，∴ /．故答案为：A.6.【答案】C 【解析】∵函数的定义域为， ∴， 当即时，令， 则， 令得x=0，令得x<0，令得x>0，可知在单调递减，在单调递增，故当x=0时，g(x)有最大值， 所以， 根据补集思想可知，当时，实数的取值范围为。
7.【答案】 【解析】 有解，所以 有解，得 ，得 的取值范围为 。8.【答案】（0，+∞） 【解析】设g（x）=exf（x）﹣ex ， （x∈R），则g′（x）=exf（x）+exf′（x）﹣ex=ex[f（x）+f′（x）﹣1]，∵f'（x）＞1﹣f（x），∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，∴g′（x）＞0，∴y=g（x）在定义域上单调递增，∵exf（x）＞ex+5，∴g（x）＞5，又∵g（0）=e0f（0）﹣e0=6﹣1=5，∴g（x）＞g（0），∴x＞0，∴不等式的解集为（0，+∞）故答案为：（0，+∞）．9.【答案】 【解析】由f′(x)＝－f′(0)ex＋2，令x＝0可得f′(0)＝－f′(0)e0＋2，即f′(0)＝1，所以f(x)＝－ex＋2x，所以切线的斜率k＝f′(0)＝1，又f(0)＝－1，故切线方程为y＋1＝x－0，即x－y－1＝0.由题意可知与直线x－y－1＝0平行且与曲线y＝ex相切的切点到直线x－y－1＝0的距离即为所求．设切点为Q(t，et)，则k1＝et＝1，故t＝0，即Q(0,1)，该点到直线x－y－1＝0的距离为d＝ ＝ ，故答案为： .
10.解：（Ⅰ）∵f（x）=ax3+bx2的图象经过点M（1，4），∴a+b①又f′（x）=3ax2+2bx，则f′（﹣2）=0，即﹣6a+2b=0②，由①②解得a=1，b=3；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f（x）=x3+3x2 ， f′（x）=3x2+6x令f′（x）=3x2+6x=0，得：x=﹣2或x=0当x∈（﹣∞，﹣2）或（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．∵函数f（x）在区间（m，m+1）上不单调，∴m＜﹣2＜m+1或m＜0＜m+1或m＜﹣2＜0＜m+1解得：﹣3＜m＜﹣2或﹣1＜m＜0
11.解：（1）由f（x）在x=1处取到极值2，故f′（1）=0，f（1）=2即，解得m=4，n=1，经检验，此时f（x）在x=1处取得极值．故（2）由（1）知f（x）的定义域为R，且f（﹣x）=﹣f（x）．故f（x）为奇函数．f（0）=0，x＞0时，f（x）＞0，f（x）=≤2．当且仅当x=1时取“=”．故f（x）的值域为[﹣2，2]．从而f（x1）+≥．依题意有g（x）最小值≤函数g（x）=lnx+的定义域为（0，+∞），g′（x）=①当a≤1时，g′（x）＞0函数g（x）在[1，e]上单调递增，其最小值为g（1）=a≤1＜合题②当1＜a＜e时，函数g（x）在[1，a）上有g′（x）＜0，单调递减，在（a，e]上有g′（x）＞0，单调递增，所以函数g（x）最小值为f（a）=lna+1，由lna+1≤，得0＜a≤．从而知1＜a≤符合题意．③当a≥e时，显然函数g（x）在[1，e]上单调递减，其最小值为g（e）=1+≥2＞，不合题意综上所述，a的取值范围为a≤
12.解：（Ⅰ） ，f'（1）=1，又f（1）=0，所以切线方程为y=x﹣1；（Ⅱ）证明：由题意知x＞0，令 = ． 令 ，解得x=1．易知当x＞1时，g'（x）＞0，易知当0＜x＜1时，g'（x）＜0．即g（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，所以g（x）min=g（1）=0，g（x）≥g（1）=0即 ，即x＞0时， ；（Ⅲ）设h（x）=x﹣1﹣a1nx（x≥1），依题意，对于任意x＞1，h（x）＞0恒成立．，a≤1时，h'（x）＞0，h（x）在[1，+∞）上单调递增，当x＞1时，h（x）＞h（1）=0，满足题意．a＞1时，h（x）在（1，a）上单调递减，所以g（a）＜g（1）=0即当a＞1时，总存在g（a）＜0，不合题意．综上所述，实数a的最大值为1
13.（1）解：记h（x）=2x2﹣3（1+a）x+6a（a＜1）△=9（1+a）2﹣48a=（3a﹣1）（3a﹣9），当△＜0，即 ，D=（0，+∞），当 ， 当a≤0， （2）解：由f′（x）=6x2﹣6（1+a）x+6a=0得x=1，a，①当 ，f（x）在D内有一个极大值点a，有一个极小值点；②当 ，∵h（1）=2﹣3（1+a）+6a=3a﹣1≤0，h（a）=2a2﹣3（1+a）a+6a=3a﹣a2＞0，∴1?D，a∈D，∴f（x）在D内有一个极大值点a．③当a≤0，则a?D，又∵h（1）=2﹣3（1+a）+6a=3a﹣1＜0．∴f（x）在D内有无极值点