1、2018新课标名师导学高考第一轮总复习同步测试卷理科数学(五) 【P285】(导数及其应用)时间：60分钟 总分：100分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1函数f(x)x3ax23x9，已知f(x)在x3时取得极值，则a( ) A2 B3 C5 D4【解析】因为f(x)x3ax23x9，f(x)3x22ax3，f(3)0，276a30，a5，经验证成立选C.【答案】C2f(x)是f(x)的导函数，f(x)的图象如右图所示，则f(x)的图象只可能是( ) 【解析】由yf(x)的图象知f(x)先增后减，所以yf(x)的图象先下凹后
2、上凸，选D.【答案】D3由曲线y2x2，直线y4x2，直线x1围成的封闭图形的面积为( )A.3(16) B.3(8) C2 D3【解析】由y4x2，(y2x2，)解得x1，依题意可得，所求的封闭图形的面积为(2x24x2)dxx32x22x(2)|1(1)1321221(2)（1）32（1）22（1）(2)3(16).故选A.【答案】A4已知函数yf(x)是R上的可导函数，当x0时，有f(x)x(f（x）)0，则函数F(x)xf(x)x(1)的零点个数是( )A0 B1 C2 D3【解析】由已知得x(f（x）xf（x）)0，得x(（xf（x）)0，得(xf(x)与x同号，令g(x)xf(x)
3、则可知g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，且g(0)0，又由xf(x)x(1)0，即g(x)x(1)，显然yg(x)的图象与yx(1)的图象只有一个交点，选B.【答案】B5定义在区间(0，)上的函数f(x)使不等式2f(x)xf(x)3f(x)恒成立，其中f(x)为f(x)的导数，则( )A2f（1）(f（2）)3 B3f（1）(f（2）)4C4f（1）(f（2）)8 D8f（1）(f（2）)0，由2f(x)0，于是4f（1）(f（2）)；同理可得f（1）(f（2）)1时，f(x)0恒成立，又f(4)0，则(x3)f(x4)1时，f(x)4时，f(x)0，根据对称性可得当x2时
4、，f(x)0，当2x1或1x0.不等式(x3)f(x4)0等价于f（x4）0，)或f（x4）0.(x30，)当f（x4）0，)时，x44或x43，)解得x0；当f（x4）0(x30，)时，2x41或1x44，(x3，)解得6x3.故不等式(x3)f(x4)0的解集为(6，3)(0，)选D.【答案】D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将各小题的结果填在题中横线上)7设函数f(x)2x3ax2x，f(1)9，则a_【解析】本题考查常见函数的导数及简单应用，求参数范围f(x)6x22ax1，f(1)612a19，a1.【答案】18曲线yxex2x1在点P(0，1)处的切线方程是_【解
5、析】因为曲线yxex2x1，y(x1)ex2，在点P(0，1)处的切线的斜率为3，利用点斜式可知切线方程是y3x1.【答案】y3x19汽车以v3t2(单位：m/s)作变速直线运动时，在第1 s至第2 s间的1 s内经过的路程是_m.【解析】s(3t2)dtt22t(3)|1(2)2(3)442(3)102(7)2(13)(m)【答案】2(13)10已知函数f(x)xln xax在(0，e)上是增函数，函数g(x)|exa|2(a2)，当x0，ln 3时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为2(3)，则a_【解析】因为函数f(x)xln xax在(0，e)上是增函数，所以f(x)a1ln x0
6、在(0，e)上恒成立，即a20，即a2；因为g(x)|exa|2(a2)，xln a(a2)，若ln aln 3，即a3时，g(x)在0，ln 3单调递减，则Mmg(0)g(ln 3)2(舍)，当ln aln 3，即2a0，F(x)在(，)上单调递增，即h(x)在(，)上单调递增(2)由(1)知h(x)在(，)上单调递增，而h(0)0，h(x)0有唯一解x0，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表所示：x(，0)0(0，)h(x)0h(x)递减极小值递增又函数y|h(x)a|1有两个零点，方程|h(x)a|10有两个根，即方程h(x)a1有两个根，而a1a1，a1(h(x)minh(0)1，解
7、得0a0时，ex(1e)xxln x10.【解析】(1)f(x)ex2ax，由题设得f(1)e2ab，f(1)eab1，解得a1，be2.解法一：f(x)exx2，f(x)ex2xx12x1x0，x0，1，故f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)maxf(1)e1.解法二：f(x)exx2，f(x)ex2x，f(x)ex2，f(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以f(x)f(ln 2)22ln 20，所以f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)maxf(1)e1.(2)因为f(0)1，又由(1)知，f(x)过点(1，e1)，且yf(x)在x1处的切线方程为y(e
8、2)x1，故可猜测：当x0，x1时，f(x)的图象恒在切线y(e2)x1的上方下证：当x0时，f(x)(e2)x1.设g(x)f(x)(e2)x1，x0，则g(x)ex2x(e2)，g(x)ex2，由(1)知，g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，又g(0)3e0，g(ln 2)0；当x(x0，1)时，g(x)0.由(1)知，exx1，故xln(x1)，x1ln x，当且仅当x1时取等号所以x(ex（2e）x1)xln x1.即x(ex（2e）x1)ln x1.所以ex(2e)x1xln xx，即ex(1e)xxln x10成立，当x1时等号成立13(18分)已知函
9、数f(x)满足2f(x2)f(x)，当x(0，2)时，f(x)ln xax2(1)；当x(4，2)时，f(x)的最大值为4.(1)求x(0，2)时函数f(x)的解析式；(2)是否存在实数b，使得不等式f（x）x(xb)对于x(0，1)(1，2)时恒成立？若存在，求出实数b的取值集合；若不存在，说明理由【解析】(1)由已知得f(x)2f(x2)4f(x4)，因为x(0，2)时，f(x)ln xax2(1)，设x(4，2)时，则x4(0，2)，所以f(x4)ln(x4)a(x4)x(4，2)时，f(x)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)f(x)x4(4)4a4aa，a2(1)，4a(1)40，f(x)为增函数，当x4，2(1)时，f(x)恒成立，即为ln x(xb)恒成立， 当x(0，1)时，ln x(xb)bxln x，令g(x)xln x，x(0，1)，则g(x)1x(ln x)x(1)x(xln x2).令h(x)2ln x2，则当x(0，1)时，h(x)x(1)x(1)x(x1)h(1)0，g(x)x(h（x）)0，g(x)b0，h(x)h(1)0，(x)x(h（x）)0，(x)(1)1，故此时只需b1.综上所述，b1，因此存在满足条件的b，其取值的集合为1
