2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末檢測 理 新人教A版.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末檢測 理 新人教A版 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1.(xx泰安高三二模)如圖，函數(shù)y＝f(x)的圖象在點P(5，f(5))處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)等于 (　　) A. B．1 C．2 D．0 2．函數(shù)f(x)＝ax3－x在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則 (　　) A．a(chǎn)<1 B．a(chǎn)< C．a(chǎn)<0 D．a(chǎn)≤0 3．(xx洛陽模擬)已知f(x)＝，且f(x－1)的圖象的對稱中心是(0,3)，則f′(2)的值為 (　　) A．－ B. C．－ D. 4．若函數(shù)f(x)＝exsin x，則此函數(shù)圖象在點(4，f(4))處的切線的傾斜角為 (　　) A. B．0 C．鈍角 D．銳角 5．(xx山東)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為 (　　) A．13萬件 B．11萬件 C．9萬件 D．7萬件 6．已知f(x)＝2x3－6x2＋a (a是常數(shù))在[－2,2]上有最大值3，那么在[－2,2]上f(x)的最小值是 (　　) A．－5 B．－11 C．－29 D．－37 7．(xx江西) 如圖，一個正五角形薄片(其對稱軸與水面垂直)勻速地升出水面，記t時刻五角星露出水面部分的圖形面積為S(t) (S(0)＝0)，則導(dǎo)函數(shù)y＝S′(t)的圖象大致(　　) 8．已知x≥0，y≥0，x＋3y＝9，則x2y的最大值為 (　　) A．36 B．18 C．25 D．42 9．(xx合肥模擬)已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為 (　　) A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1,2) C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞) 10.如圖所示的曲線是函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，則x＋x等于 (　　) A. B. C. D. 11．(xx寶雞高三檢測三)已知f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，在區(qū)間[0，＋∞)上f′(x)>0，且偶函數(shù)f(x)滿足f(2x－1)<f，則x的取值范圍是 ( 　　) A. B. C. D. 12．(xx唐山月考)已知函數(shù)y＝f(x)＝x3＋px2＋qx的圖象與x軸切于非原點的一點，且y極小值＝－4，那么p，q的值分別為 (　　) A．6,9 B．9,6 C．4,2 D．8,6 題　號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答　案 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．函數(shù)f(x)＝xln x在(0,5)上的單調(diào)遞增區(qū)間是____________． 14．(xx安慶模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當(dāng)x∈時，f(x)＝x＋sin x，則f(1)，f(2)，f(3)的大小關(guān)系為________________________． 15．(xx福建改編)＝________. 16．下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝(2x－x2)ex的判斷正確的是________(填寫所有正確的序號)． ①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－)是極小值，f()是極大值；③f(x)沒有最小值，也沒有最大值． 三、解答題(本大題共6小題，共70分) 17．(10分)設(shè)f(x)＝x3－x2－2x＋5. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增、遞減區(qū)間；(2)當(dāng)x∈[－1,2]時，f(x)<m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 18．(12分)(xx莆田月考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋3x (x∈R)． (1)若a＝1，點P為曲線y＝f(x)上的一個動點，求以點P為切點的切線斜率取得最小值時的切線方程； (2)若函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，試求滿足條件的最大整數(shù)a. 19．(12分)(xx福州高三質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1)求f(x)的極小值； (2)討論關(guān)于x的方程f(x)－m＝0 (m∈R)的解的個數(shù)． 20．(12分)(xx全國)已知函數(shù)f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x. (1)當(dāng)a＝時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在(－1,1)上是增函數(shù)，求a的取值范圍． 21．(12分)某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩墩相距m米，余下工程只需要建兩端橋墩之間的橋面和橋墩，經(jīng)預(yù)測，一個橋墩的工程費用為256萬元，距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2＋)x萬元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素，記余下工程的費用為y萬元． (1)試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)m＝640米時，需新建多少個橋墩才能使y最?。? 22．(12分)(xx黃山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1為f(x)的極值點． (1)求a和b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性； (3)設(shè)g(x)＝x3－x2，試比較f(x)與g(x)的大?。? 答案 1．C　[由題意知f′(5)＝－1，f(5)＝－5＋8＝3， 所以f(5)＋f′(5)＝3－1＝2.] 2．D　[由題意知，f′(x)＝3ax2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立， a＝0時，f′(x)≤0在(－∞，＋∞)上恒成立； a>0時，≥3x2在(－∞，＋∞)上恒成立，這樣的a不存在； a<0時，≤3x2在(－∞，＋∞)上恒成立，而3x2≥0， ∴a<0.綜上，a≤0.] 3．B　[f(x)＝a＋1－，中心為(－1，a＋1)，由f(x－1)的中心為(0,3)知f(x)的中心為(－1,3)，∴a＝2. ∴f(x)＝3－. ∴f′(x)＝.∴f′(2)＝.] 4．C　[f′(x)＝exsin x＋excos x ＝ex(sin x＋cos x)＝exsin， f′(4)＝e4sin<0， 則此函數(shù)圖象在點(4，f(4))處的切線的傾斜角為鈍角．] 5．C　[∵y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9(x＝－9舍去)． 當(dāng)0<x≤9時，y′≥0，f(x)為增函數(shù)， 當(dāng)x>9時，y′<0，f(x)為減函數(shù)． ∴當(dāng)x＝9時，y有最大值．] 6．D　[f′(x)＝6x2－12x，若f′(x)>0， 則x<0或x>2，又f(x)在x＝0處連續(xù)， ∴f(x)的增區(qū)間為[－2,0)． 同理f′(x)<0，得減區(qū)間(0,2]． ∴f(0)＝a最大． ∴a＝3，即f(x)＝2x3－6x2＋3. 比較f(－2)，f(2)得f(－2)＝－37為最小值．] 7．A　[利用排除法． ∵露出水面的圖形面積S(t)逐漸增大， ∴S′(t)≥0，排除B. 記露出最上端小三角形的時刻為t0. 則S(t)在t＝t0處不可導(dǎo)．排除C、D，故選A.] 8．A　[由x＋3y＝9，得y＝3－≥0，∴0≤x≤9. 將y＝3－代入u＝x2y， 得u＝x2＝－＋3x2. u′＝－x2＋6x＝－x(x－6)． 令u′＝0，得x＝6或x＝0. 當(dāng)0<x<6時，u′>0；6<x<9時，u′<0. ∴x＝6時，u＝x2y取最大值36.] 9．D　[由f(x)的圖象可知，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上f′(x)>0，在(－1,1)上f′(x)<0. 由(x2－2x－3)f′(x)>0， 得或 即或， 所以不等式的解集為(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．] 10．C　[由圖象知f(x)＝x(x＋1)(x－2) ＝x3－x2－2x＝x3＋bx2＋cx＋d， ∴b＝－1，c＝－2，d＝0. 而x1，x2是函數(shù)f(x)的極值點，故x1，x2是f′(x)＝0， 即3x2＋2bx＋c＝0的根， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝， x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2 ＝b2－＝.] 11．A　[∵x∈[0，＋∞)，f′(x)>0， ∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 又因f(x)是偶函數(shù)，∴f(2x－1)<f ?f(|2x－1|)<f ?|2x－1|<，∴－<2x－1<. 即<x<.] 12．A　[y′＝3x2＋2px＋q，令切點為(a,0)，a≠0，則f(x)＝x(x2＋px＋q)＝0有兩個不相等實根a,0 (a≠0)， ∴x2＋px＋q＝(x－a)2. ∴f(x)＝x(x－a)2，f′(x)＝(x－a)(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝a或x＝. 當(dāng)x＝a時，f(x)＝0≠－4， ∴f＝y(tǒng)極小值＝－4， 即a3＝－4，a＝－3，∴x2＋px＋q＝(x＋3)2. ∴p＝6，q＝9.] 13. 解析　∵f′(x)＝ln x＋1，f′(x)>0， ∴l(xiāng)n x＋1>0，ln x>－1， ∴x>.∴遞增區(qū)間為. 14．f(3)<f(1)<f(2) 解析　由f(x)＝f(π－x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱， 又當(dāng)x∈時，f′(x)＝1＋cos x>0恒成立， 所以f(x)在上為增函數(shù)， f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)， 且0<π－3<1<π－2<， 所以f(π－3)<f(1)<f(π－2)， 即f(3)<f(1)<f(2)． 15．π＋2 解析　∵(x＋sin x)′＝1＋cos x， ∴－(1＋cos x)dx＝(x＋sin x) ＝＋sin－＝π＋2. 16．①② 解析　f(x)>0?(2x－x2)ex>0 ?2x－x2>0?0<x<2，故①正確； f′(x)＝ex(2－x2)，由f′(x)＝0， 得x＝，由f′(x)<0，得x>或x<－， 由f′(x)>0，得－<x<， ∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)，單調(diào)增區(qū)間為(－，)． ∴f(x)的極大值為f()，極小值為f(－)，故②正確． ∵x<－時，f(x)<0恒成立， ∴f(x)無最小值，但有最大值f()． ∴③不正確． 17．解　(1)f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0， 即3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，………………………………………………(2分) 所以當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．…………………………………………(4分) 所以f(x)的遞增區(qū)間為和(1，＋∞)， f(x)的遞減區(qū)間為.……………………………………………………………(6分) (2)當(dāng)x∈[－1,2]時，f(x)<m恒成立，只需使x∈[－1，2]，f(x)的最大值小于m即可．由(1)可知f(x)極大值＝f＝5，f(2)＝7，……………………………………………………(9分) 所以f(x)在x∈[－1,2]的最大值為f(2)＝7， 所以m>7.………………………………………………………………………………(10分) 18．解　(1)設(shè)切線的斜率為k， 則k＝f′(x)＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1， 當(dāng)x＝1時，kmin＝1.………………………………………………………………………(3分) 又f(1)＝，∴所求切線的方程為y－＝x－1， 即3x－3y＋2＝0.………………………………………………………………………(6分) (2)f′(x)＝2x2－4ax＋3，要使y＝f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，必須滿足f′(x)≥0，即對任意的x∈(0，＋∞)，恒有f′(x)≥0，f′(x)＝2x2－4ax＋3≥0，∴a≤＝＋，而＋≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時，等號成立．……………………………………………………………(10分) ∴a≤，又∵a∈Z， ∴滿足條件的最大整數(shù)a為1.…………………………………………………………(12分) 19．解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，……………………………(2分) 令f′(x)＝0，得x＝， 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)，f(x)的變化的情況如下： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  …………………………………………………………………………………………(5分) 所以，f(x)在(0，＋∞)上的極小值是f＝－.……………………………………(6分) (2)當(dāng)x∈，f(x)單調(diào)遞減且f(x)的取值范圍是； 當(dāng)x∈時，f(x)單調(diào)遞增且f(x)的取值范圍是.………………(8分) 令y＝f(x)，y＝m，兩函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo)是f(x)－m＝0的解，由(1)知當(dāng)m<－時，原方程無解； 由f(x)的單調(diào)區(qū)間上函數(shù)值的范圍知， 當(dāng)m＝－或m≥0時，原方程有唯一解； 當(dāng)－<m<0時，原方程有兩解．………………………………………………………(12分) 20．解　(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)． 當(dāng)a＝時，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，……………………………………………………(3分) f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞減， 在(－2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 在x＝－2時，f(x)有極小值． 所以f(－2)＝－12是f(x)的極小值．……………………………………………………(6分) (2)在(－1,1)上，f(x)單調(diào)遞增當(dāng)且僅當(dāng)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0恒成立， 即3ax2＋3ax－1≤0恒成立，①…………………………………………………………(7分) (ⅰ)當(dāng)a＝0時，①恒成立； (ⅱ)當(dāng)a>0時，①成立， 即成立，解得0<a≤. (ⅲ)當(dāng)a<0時①成立， 即3a2－－1≤0成立， 當(dāng)且僅當(dāng)－－1≤0，解得－≤a<0.………………………………………………(11分) 綜上，a的取值范圍為.………………………………………………………(12分) 21．解　(1)設(shè)需要新建n個橋墩，(n＋1)x＝m， 即n＝－1(0<x<m)， 所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x ＝256＋(2＋)x ＝＋m＋2m－256(0<x<m)．……………………………………………………(5分) (2)由(1)知f′(x)＝－＋mx－，…………………………………………………(7分) 令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64. 當(dāng)0<x<64時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(0,64)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)64<x<640時，f′(x)>0， f(x)在區(qū)間(64,640)內(nèi)為增函數(shù)，………………………………………………………(10分) 所以f(x)在x＝64處取得最小值， 此時，n＝－1＝－1＝9. 故需新建9個橋墩才能使y最?。?12分) 22．解　(1)因為f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx ＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)， 又x＝－2和x＝1為f(x)的極值點， 所以f′(－2)＝f′(1)＝0， 因此…………………………………………………………………(3分) 解方程組得………………………………………………………………(4分) (2)因為a＝－，b＝－1， 所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.……………………………………………(6分) 因為當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(0,1)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(－2,0)∪(1，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是單調(diào)遞減的．………………………………………………(8分) (3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2， 故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3 ＝x2(ex－1－x)， 令h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1－1.…………………………………………………(9分) 令h′(x)＝0，得x＝1， 因為x∈(－∞，1]時，h′(x)≤0， 所以h(x)在x∈(－∞，1]上單調(diào)遞減． 故x∈(－∞，1]時，h(x)≥h(1)＝0. 因為x∈[1，＋∞)時，h′(x)≥0， 所以h(x)在x∈[1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故x∈[1，＋∞)時，h(x)≥h(1)＝0.……………………………………………………(11分) 所以對任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0， 又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0， 故對任意x∈(－∞，＋∞)， 恒有f(x)≥g(x)．…………………………………………………………………………(12分)