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“阶段质量检测”见“阶段质量检测(一)”
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(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．设f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0等于( )
A．e2 B．e
C. D．ln 2
解析：选B ∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，
∵f′(x0)＝2，∴ln x0＋1＝2，∴x0＝e.故选B.
2．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)>0的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
解析：选C f′(x)＝2x－2－＝，
∴∴x>2.故选C.
3．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于( )
A．0 B．－2
C．－4 D．2
解析：选C 由f(x)＝x2＋2xf′(1)，得f′(x)＝2x＋2f′(1)，取x＝1得f′(1)＝2×1＋2f′(1)，∴f′(1)＝－2.∴f′(x)＝2x－4，故f′(0)＝－4.故选C.
4．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a
A．f(x)g(b)>f(b)g(x)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C ∵[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋g′(x)·f(x)<0，∴函数y＝f(x)g(x)是减函数．∴当af(x)g(x)>f(b)g(b)．故选C.
5. cos 2xdx＝( )
A. B．
C. D．－
解析：选A cos 2xdx＝×sin 2x＝.
6．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
解析：选C f′(x)＝－x＋.
∵f(x)在(－1，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．
又∵x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，∴b≤－1.
7．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：选B 由题知，x>0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数y＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x>0)，则a>0.设函数y＝ln x＋1上任一点(x0,1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝y′|x＝x0＝，当l过坐标原点时，＝?x0＝1，令2a＝1?a＝，结合图象知08．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是( )
A. B．
C. D．
解析：选D f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即<0，解得－9．曲线y＝x2－1与x轴围成图形的面积等于( )
A. B．
C．1 D．
解析：选D 函数y＝x2－1与x轴的交点为(－1,0)，(1,0)，且函数图象关于y轴对称，故所求面积为
S＝2(1－x2)dx＝2＝2×＝.
10．若函数f(x)在R上可导，且f(x)>f′(x)，则当a>b时，下列不等式成立的是( )
A．eaf(a)>ebf(b) B．ebf(a)>eaf(b)
C．ebf(b)>eaf(a) D．eaf(b)>ebf(a)
解析：选D ∵′＝
＝<0，
∴y＝单调递减，
又a>b，∴<，
∴eaf(b)>ebf(a)．
11．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A 当x>0时，令F(x)＝，则F′(x)＝<0，∴当x>0时，F(x)＝为减函数．
∵f(x)为奇函数，且由f(－1)＝0，得f(1)＝0，故F(1)＝0.
在区间(0,1)上，F(x)>0；
在(1，＋∞)上，F(x)<0.
即当00；
当x>1时，f(x)<0.
又f(x)为奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
12．若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列结论中一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 构造函数F(x)＝f(x)－kx，
则F′(x)＝f′(x)－k>0，
∴函数F(x)在R上为单调递增函数．
∵>0，∴F>F(0)．
∵F(0)＝f(0)＝－1，∴f－>－1，
即f>－1＝，
∴f>，故C错误．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
解析：由曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴得切线的斜率为0，由y′＝2ax－及导数的几何意义得y′|x＝1＝2a－1＝0，解得a＝.
答案：
14．一列车沿直线轨道前进，刹车后列车速度v(t)＝27－0.9t(v单位：m/s，t单位：s)，则列车刹车后至停车时的位移为________．
解析：停车时v(t)＝0，则27－0.9t＝0，
∴t＝30 s，
s＝v(t)dt＝ (27－0.9t)dt
＝(27t－0.45t2) ＝405(m)．
答案：405 m
15．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋ln x，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为________．
解析：f′(x)＝3ax2＋，则f′(1)＝3a＋.
∵a<0，∴f′(1)＝－
≤－2＝－12.
当且仅当－3a＝，即a＝－2时，取“＝”．
答案：－2
16．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数f(x)的定义域关于原点对称．
∵f(x)＝x3－2x＋ex－，
∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，
所以f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)?－2a2≥a－1，解得－1≤a≤.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.
(1)求实数a，b的值；
(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．
解：(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
∴或
经检验都符合题意．
(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，
∴f′(x)＝3x2＋6x－9.
∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.
∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.
18．(本小题12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，
所以－x2＋2>0，
解得－所以，函数f(x)的单调递增区间为(－，)．
同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－)和(，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立．
又f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，
因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥＝x＋1－在(－1,1)上恒成立．
设y＝x＋1－，则y′＝1＋>0，
即y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增，
则y<1＋1－＝，
故a≥.即实数a的取值范围为.
19．(本小题12分)若函数f(x)＝ax2＋2x－ln x在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间及极值．
解：(1)f′(x)＝2ax＋2－，
由f′(1)＝2a＋＝0，得a＝－.
(2)f(x)＝－x2＋2x－ln x(x>0)．
f′(x)＝－x＋2－＝.
由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.
①当f′(x)>0时，1②当f′(x)<0时，02.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
?
－ln 2
?
因此f(x)的单调递增区间是(1,2)，单调递减区间是(0,1)，(2，＋∞)．
函数的极小值为f(1)＝，极大值为f(2)＝－ln 2.
20．(本小题12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
解：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1(e又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)上有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为＝e－ln x0，
所以点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，
故直线AB的斜率k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，
所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
21．(本小题12分)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；
(2)设g(x)＝ln x－a，若g(x)解：(1)f′(x)＝＋＝(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
f(x)不存在最小值；
当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，
且0x>－a时，f′(x)>0.
所以x＝－a时，f(x)取得最小值，
f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.
(2)g(x)ln x－x2，
故g(x)ln x－x2在(0，e]上恒成立．
设h(x)＝ln x－x2，则h′(x)＝－2x＝，
由h′(x)＝0及0当00，
当即h(x)在上为增函数，在上为减函数，
所以当x＝时，h(x)取得最大值为h＝ln －.
所以g(x)22．(本小题12分)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
