导数压轴选择题

------------------------------------------------------------------------ ©2010-2014菁优网 ......导数压轴选择题一．选择题（共12小题）1．（2014•海口二模）设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）=0，当x＞0时，有恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集是（）A．（﹣2，0）∪（2，+∞）B．（﹣2，0）∪（0，2）C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）2．（2013•安徽）若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）=x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是（）A．3B．4C．5D．63．（2013•文昌模拟）设动直线x=m与函数f（x）=x3，g（x）=lnx的图象分别交于点M、N，则|MN|的最小值为（）A．B．C．D．ln3﹣14．（2012•辽宁）已知P，Q为抛物线x2=2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，﹣2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为（）A．1B．3C．﹣4D．﹣85．（2012•无为县模拟）已知定义在R上的函数f（x）、g（x）满足，且f′（x）g（x）＜f（x）g′（x），，若有穷数列（n∈N*）的前n项和等于，则n等于（）A．4B．5C．6D．76．（2012•桂林模拟）已知在（﹣∞，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1]B．[﹣1，4]C．[﹣1，1]D．（﹣∞，1）7．（2011•武昌区模拟）已知f（x）是定义域为R的奇函数，f（﹣4）=﹣1，f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示．若两正数a，b满足f（a+2b）＜1，则的取值范围是（）A．B．C．（﹣1，10）D．（﹣∞，﹣1）8．（2010•辽宁）已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是（）A．[0，）B．C．D．9．已知函数f（x）的定义域为（﹣2，2），导函数为f′（x）=x2+2cosx且f（0）=0，则满足f（1+x）+f（x2﹣x）＞0的实数x的取值范围为（）A．（﹣1，1）B．）C．D．）10．若函数，且0＜x1＜x2＜1，设，则a，b的大小关系是（）A．a＞bB．a＜bC．a=bD．b的大小关系不能确定11．已知函数f（x）=x3+ax2+2bx+c（a，b，c∈R），且函数f（x）在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则z=（a+3）2+b2的取值范围（）A．（，2）B．（，4）C．（1，2）D．（1，4）12．若函数f（x）=（a﹣3）x﹣ax3在区间[﹣1，1]上的最小值等于﹣3，则实数a的取值范围是（）A．（﹣2，+∞）B．C．D．（﹣2，12]二．填空题（共7小题）13．（2014•江苏模拟）已知函数f（x）满足f（x）=2f（），当x∈[1，3]，f（x）=lnx，若在区间[，3]内，函数g（x）=f（x）﹣ax有三个不同零点，则实数a的取值范围是_________．14．（2010•盐城三模）设a＞0，函数，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成立，则实数a的取值范围为_________．15．设函数f（x）=﹣x3+bx（b为常数），若方程f（x）=0的根都在区间[﹣2，2]内，且函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，则b的取值范围是_________．16．已知函数f（x）=x3﹣3x，x∈[﹣2，2]和函数g（x）=ax﹣1，x∈[﹣2，2]，若对于∀x1∈[﹣2，2]，总∃x0∈[﹣2，2]，使得g（x0）=f（x1）成立，则实数a的取值范围_________．17．某学生对函数f（x）=2xcosx进行研究后，得出如下四个结论：（1）函数f（x）在[﹣π，0]上单调递增，在[0，π]上单调递减；（2）存在常数M＞0，使|f（x）|≤M|x|对一切实数x均成立；（3）点是函数y=f（x）图象的一个对称中心；（4）函数y=f（x）图象关于直线x=π对称．其中正确的_________．（把你认为正确命题的序号都填上）18．设函数f（x）=lnx，有以下4个命题①对任意的x1、x2∈（0，+∞），有f（）≤；②对任意的x1、x2∈（1，+∞），且x1＜x2，有f（x1）﹣f（x2）＜x2﹣x1；③对任意的x1、x2∈（e，+∞），且x1＜x2有x1f（x2）＜x2f（x1）；④对任意的0＜x1＜x2，总有x0∈（x1，x2），使得f（x0）≤．其中正确的是_________（填写序号）．19．（2014•四川二模）函数f（x）=ex﹣e﹣x，当θ∈[0，]变化时，f（msinθ）+f（1﹣m）≥0恒成立，则实数m的取值范围是_________．三．解答题（共4小题）20．（2014•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．21．（2014•佛山模拟）设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（1）若a=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；（2）若a＜，试判断函数f（x）在x∈（1，e2）的零点个数，并说明你的理由；（3）若f（x）有两个相异零点x1，x2，求证：x1•x2＞e2．22．（2012•武汉模拟）已知函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1．（Ⅰ）求a的值及f（x）的最大值；（Ⅱ）证明：1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）；（Ⅲ）设g（x）=b（ex﹣x），若f（x）≤g（x）恒成立，求实数b的取值范围．23．（2009•聊城二模）已知函数为大于零的常数．（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内调递增，求a的取值范围；（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；（3）求证：对于任意的成立．

1．解答：解：因为当x＞0时，有恒成立，即[]′＜0恒成立，所以在（0，+∞）内单调递减．因为f（2）=0，所以在（0，2）内恒有f（x）＞0；在（2，+∞）内恒有f（x）＜0．又因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以在（﹣∞，﹣2）内恒有f（x）＞0；在（﹣2，0）内恒有f（x）＜0．又不等式x2f（x）＞0的解集，即不等式f（x）＞0的解集．所以答案为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．故选D．2．解：f′（x）=3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b=0的两根，不妨设x2＞x1，由3（f（x））2+2af（x）+b=0，则有两个f（x）使等式成立，x1=f（x1），x2＞x1=f（x1），如下示意图象：如图有三个交点，故选A．3．解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．设F（x）=f（x）﹣g（x）=x3﹣lnx，求导得：F'（x）=．令F′（x）＞0得x＞；令F′（x）＜0得0＜x＜，所以当x=时，F（x）有最小值为F（）=+ln3=（1+ln3），故选A4．解：∵P，Q为抛物线x2=2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，﹣2∴P（4，8），Q（﹣2，2）∵x2=2y∴y=∴y′=x∴切线方程AP，AQ的斜率KAP=4，KAQ=﹣2∴切线方程AP为y﹣8=4（x﹣4）即y=4x﹣8切线方程AQ的为y﹣2=﹣2（x+2）即y=﹣2x﹣2令∴∴点A的纵坐标为﹣4故选C5．解：∵=，f′（x）g（x）＜f（x）g′（x），∴=＜0，即函数单调递减，∴0＜a＜1．又，即，即，解得a=2（舍去）或．∴，即数列是首项为，公比的等比数列，∴==，由解得n=5，故选B．6．解：∵要是一个分段函数在实数上是一个增函数．需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增，当x＜0时，y′=3x2﹣（a﹣1）＞0恒成立，∴a﹣1＜3x2∴a﹣1≤0∴a≤1，当x=0时，a2﹣3a﹣4≤0∴﹣1≤a≤4，综上可知﹣1≤a≤1故选C．7．解：由f（x）的导函数f′（x）的图象，设f′（x）=mx2，则f（x）=+n．∵f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，即n=0．又f（﹣4）=m×（﹣64）=﹣1，∴f（x）=x3=．且f（a+2b）=＜1，∴＜1，即a+2b＜4．又a＞0，b＞0，则画出点（b，a）的可行域如下图所示．而可视为可行域内的点（b，a）与点M（﹣2，﹣2）连线的斜率．又因为kAM=3，kBM=，所以＜＜3．故选B．8．解：因为y′===，∵，∴ex+e﹣x+2≥4，∴y′∈[﹣1，0）即tanα∈[﹣1，0），∵0≤α＜π∴≤α＜π故选D．9．解：f'（x）=x^2+2cosx知f（x）=（1/3）x^3+2sinx+cf（0）=0，知，c=0即：f（x）=（1/3）x^3+2sinx易知，此函数是奇函数，且在整个区间单调递增，因为f'（x）=x^2+2cosx在x∈（0，2】＞0恒成立根据奇函数的性质可得出，在其对应区间上亦是单调递增的f（1+x）+f（x^2﹣x）＞0f（1+x）＞﹣f（x^2﹣x）即：f（1+x）＞f（x﹣x^2）﹣2＜x+1＜2（保证有意义）﹣2＜x^2﹣x＜2（保证有意义）x+1＞x﹣x^2（单调性得到的）解得即可故答案为A10．解：f′（x）==∵0＜x≤1＜时，x＜tanx∴f′（x）＜0，故函数单调递减，所以当0＜x1＜x2＜1时，f（x1）＞f（x2）即a＞b故选A11．解：∵f（x）=∴f′（x）=x2+ax+2b∵函数f（x）在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值∴f′（x）=x2+ax+2b=0在（0，1）和（1，2）内各有一个根f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0即（a+3）2+b2表示点（a，b）到点（﹣3，0）的距离的平方，由图知（﹣3，0）到直线a+b+2=0的距离，平方为为最小值，由得（﹣3，1）（﹣3，0）与（﹣3，1）的距离为1，（﹣3，0）与（﹣1，0）的距离2，所以z=（a+3）2+b2的取值范围为（）故选项为B12．解：由函数f（x）=（a﹣3）x﹣ax3求导函数为：f′（x）=﹣3ax2+（a﹣3），①当a=0时，f（x）=﹣3x，此时函数在定义域内单调递减，所以函数的最小值为：f（1）=﹣3，符合题意，所以a=0符合题意；②当a≠0时，f‘（x）=0，即3ax2=a﹣3（I）当0＜a≤3时，f′（x）=﹣3ax2+（a﹣3）为开口向下的二次函数，且△=12a（a﹣3）≤0，f‘（x）≤0恒成立所以函数f（x）在定义域上为单调递减函数，函数的最小值为f（1）=﹣3，此时符合题意；（II）当a＜0或a＞3时，f′（x）=0，即3ax2=a﹣3解得：，①当，即a，函数f（x）在[﹣1，﹣]上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以此时函数在定义域的最小值为f（﹣1）=﹣3或f（﹣）=令解得：a∈φ，即时，函数在定义域上始终单调递减，则函数在定义域上的最小值为f（1）=﹣3，符合题意．综上所述：当即时符合题意．故选B13．解：在区间[，3]内，函数g（x）=f（x）﹣ax，有三个不同的零点，①a＞0若x∈[1，3]时，f（x）=lnx，可得g（x）=lnx﹣ax，（x＞0）g′（x）=﹣a=，若g′（x）＜0，可得x＞，g（x）为减函数，若g′（x）＞0，可得x＜，g（x）为增函数，此时g（x）必须在[1，3]上有两个交点，∴，解得，≤a＜①设＜x＜1，可得1＜＜3，∴f（x）=2f（）=2ln，此时g（x）=﹣2lnx﹣ax，g′（x）=﹣，若g′（x）＞0，可得x＜﹣＜0，g（x）为增函数若g′（x）＜0，可得x＞﹣，g（x）为减函数，在[，1]上有一个交点，则，解得0＜a≤6ln3②综上①②可得≤a＜；②若a＜0，对于x∈[1，3]时，g（x）=lnx﹣ax＞0，没有零点，不满足在区间[，3]内，函数g（x）=f（x）﹣ax，有三个不同的零点，③a=0，显然只有一解，舍去综上：≤a＜．故答案为：≤a＜．14．解：∵g（x）=x﹣lnx∴g'（x）=1﹣，x∈[1，e]，g'（x）≥0函数g（x）单调递增g（x）的最大值为g（e）=e﹣1∵f（x）=x+∴f'（x）=，令f'（x）=0∵a＞0∴x=a当0＜a＜1f（x）在[1，e]上单调增f（1）最小=1+a2≥e﹣1∴1＞a≥当1≤a≤e列表可知f（a）最小=2a≥e﹣1恒成立当a＞e时f（x）在[1，e]上单调减f（e）最小=≥e﹣1恒成立综上a≥故答案为：a≥15．解：∵函数f（x）=﹣x3+bx（b为常数），∴f（x）=x（﹣x2+b）=0的三个根都在区间[﹣2，2]内，∴，b≤4函数f（x）在区间（0，1）上单调递增，∴f′（x）=﹣3x2+b＞0在区间（0，1）上恒成立，∴b≥3综上可知3≤b≤4，故答案为：[3，4]16．解：∵f（x）=x3﹣3x，∴f′（x）=3（x﹣1）（x+1），当x∈[﹣2，﹣1]，f′（x）≥0，x∈（﹣1，1），f′（x）＜0；x∈（1，2]，f′（x）＞0．∴f（x）在[﹣2，﹣1]上是增函数，（﹣1，1）上递减，（1，2）递增；且f（﹣2）=﹣2，f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，f（2）=2．∴f（x）的值域A=[﹣2，2]；又∵g（x）=ax+1（a＞0）在[﹣2，2]上是增函数，∴g（x）的值域B=[﹣2a﹣1，2a﹣1]；根据题意，有A⊆B∴⇒a≥．同理g（x）=ax+1（a＜0）在[﹣2，2]上是减函数，可以求出a≤﹣．故实数a的取值范围是：（﹣∞，﹣]∪[﹣，+∞）．17．解：∵f（x）=2xcosx是一个奇函数，在对称的区间上单调性相同，故不对，排除（1）因为|cosx|≤1，令M=2即得|f（x）|≤M|x|成立，故（2）对，因为f（）+f（﹣x）=﹣（π+2x）sinx+（π﹣2x）sinx=﹣4xsinx≠0，所以点不是函数y=f（x）图象的一个对称中心，故（3）不对．因为f（π+x）=2（π+x）cosx，f（π﹣x）=2（π﹣x）cosx，∴f（π+x）≠f（π﹣x），∴函数y=f（x）图象不关于直线x=π对称故（4）不对故答案为：（2）18．解：∵f（x）=lnx是（0，+∞）上的增函数，∴对于①由f（）=ln，=ln，∵＞，故f（）＞；故①错误．对于②，∵x1＜x2则有f（x1）＜f（x2），故由增函数的定义得f（x1）﹣f（x2）＜x2﹣x1故②正确，对于③由不等式的性质得x1f（x1）＜x2f（x2），故③错误；对于④令1=x1＜x2=e2，x0=e得，f（x0）＞．故④错误．故答案为②．19．解：由f（x）=ex﹣e﹣x，∴f（x）为奇函数，增函数，∴f（msinθ）+f（1﹣m）≥0恒成立，即f（msinθ）≥f（m﹣1），∴msinθ≥m﹣1，当0≤θ≤时，sinθ∈[0，1]，∴，解得m≤1，故实数m的取值范围是（﹣∞，1]，故答案为：（﹣∞，1]．20．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=，当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=．则当x时，f′（x）＞0；x时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在上单调递减；（2）∵x＞0，∴当p=1时，f（x）≤kx恒成立⇔1+lnx≤kx⇔k≥，令h（x）=，则k≥h（x）max，∵h′（x）==0，得x=1，且当x∈（0，1），h′（x）＞0；当x∈（1，+∞），h′（x）＜0；所以h（x）在0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以h（x）max=h（1）=1，故k≥1．（3）由（2）知，当k=1时，有f（x）≤x，当x＞1时，f（x）＜x，即lnx＜x﹣1，∴令x=，则，即，∴ln2﹣ln1＜1，，相加得1n（n+1）＜1+…+．21．解：在区间（0，+∞）上，．（1）当a=2时，切线的斜率k=，又f（1）=ln1﹣2×1=﹣2，由点斜式得切线方程为y﹣（﹣2）=﹣（x﹣1），即x+y+1=0．（2）方法一：（i）当a≤0时，f'（x）≥0，则f（x）在（1，e2）上单调递增，此时f（1）=﹣a≥0，∴f（x）在x∈（1，e2）没有零点；（ii）当a＞0时，令f'（x）=0，得．①时，则当x∈（1，e2），有f′（x）≥0，从而f（x）在（1，e2）单调递增，此时f（1）=﹣a＜0，f（e2）=lne2﹣ae2=2﹣ae2＞0，∴f（x）在x∈（1，e2）有且只有一个零点．②当即时，则当，f（x）在单调递增；当，f（x）在单调递减．而，f（1）=﹣a＜0，f（e2）=2﹣ae2＞0，∴f（x）在x∈（1，e2）有且只有一个零点．综上，当a≤0时，f（x）在x∈（1，e2）没有零点；当时，函数f（x）有且只有一个零点．方法二：由f（x）=0，得，函数f（x）在x∈（1，e2）的零点个数等价于函数y=a的图象与函数的图象的交点个数，令g（x）=，则，由g'（x）=0，得x=e，在区间（1，e）上，g'（x）＞0，则函数g（x）是增函数，∴g（1）＜g（x）＜g（e），即；在区间（e，e2）上，g'（x）＜0，则函数g（x）是减函数，∴g（e2）＜g（x）＜g（e），即．∵，∴当a≤0时，f（x）在x∈（1，e2）没有零点；当时，函数f（x）有且只有一个零点．（3）原不等式⇔lnx1+lnx2＞2．不妨设x1＞x2＞0，∵f（x1）=0，f（x2）=0，∴lnx1﹣ax1=0，lnx2﹣ax2=0，∴lnx1+lnx2=a（x1+x2），lnx1﹣lnx2=a（x1﹣x2），∴a（x1+x2）＞2⇔⇔．令，则t＞1，于是⇔．设函数，则＞0，故函数h（t）在（1，+∞）上为增函数，∴h（t）＞h（1）=0，即不等式lnt成立，故所证不等式成立．22．：（Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）．求导数，得f′（x）=﹣a．由已知，∵函数f（x）=ln（1+x）﹣ax在x=﹣处的切线的斜率为1∴f′（﹣）=1，即﹣a=1，∴a=1．此时f（x）=ln（1+x）﹣x，f′（x）=﹣1=，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴当x=0时，f（x）取得极大值，该极大值即为最大值，∴f（x）max=f（0）=0．…（4分）（Ⅱ）证明：法（一）：由（Ⅰ），得ln（1+x）﹣x≤0，即ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时，等号成立．令x=（k∈N*），则＞ln（1+），即＞ln，∴＞ln（k+1）﹣lnk（k=1，2，…，n）．将上述n个不等式依次相加，得1+++…+＞（ln2﹣ln1）+（ln3﹣ln2）+…+[ln（n+1）﹣lnn]，∴1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）．…（10分）法（二）：用数学归纳法证明．（1）当n=1时，左