新編高考數學浙江理科一輪【第三章】導數及其應用 第三章 章末檢測

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1、新編高考數學復習資料 第三章　章末檢測 (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1.(2010·泰安高三二模)如圖，函數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f(x)＝ax3－x在(－∞，＋∞)上是減函數，則 (　　) A．a<1

2、 B．a< C．a<0 D．a≤0 3．(2011·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f(x)＝exsin x，則此函數圖象在點(4，f(4))處的切線的傾斜角為 (　　) A. B．0 C．鈍角 D．銳角 5．(2010·山東)已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元

3、)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為 (　　) 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)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．(2010·江西) 如圖，一個正五角形薄

4、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)，則導函數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．(2011·合肥模擬)已知R上可導函數f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為 (

5、　　) 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f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致圖象，則x＋x等于 (　　) A. B. C. D. 11．(2010·寶雞高三檢測三)已知f′(x)是f(x)的導函數，在區(qū)間[0，＋∞)上f′(x)>0，且偶函數f(x)滿足f(2x－1)

6、 B. C. D. 12．(2011·唐山月考)已知函數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f(x)＝xln x在(0,5

7、)上的單調遞增區(qū)間是____________． 14．(2011·安慶模擬)已知函數f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當x∈時，f(x)＝x＋sin x，則f(1)，f(2)，f(3)的大小關系為________________________． 15．(2009·福建改編)＝________. 16．下列關于函數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

8、x3－x2－2x＋5. (1)求函數f(x)的單調遞增、遞減區(qū)間；(2)當x∈[－1,2]時，f(x)

9、(m∈R)的解的個數． 20．(12分)(2010·全國)已知函數f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x. (1)當a＝時，求f(x)的極值； (2)若f(x)在(－1,1)上是增函數，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，經預測，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關于x的函數關系式； (2)當m＝640米時，

10、需新建多少個橋墩才能使y最?。? 22．(12分)(2011·黃山模擬)設函數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)的單調性； (3)設g(x)＝x3－x2，試比較f(x)與g(x)的大小． 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

11、，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0

12、0，f(x)為增函數， 當x>9時，y′<0，f(x)為減函數． ∴當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．排除C、D，

13、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00；60，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)

14、＝x3－x2－2x＝x3＋bx2＋cx＋d， ∴b＝－1，c＝－2，d＝0. 而x1，x2是函數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，＋∞)上單調遞增， 又因f(x)是偶函數，∴f(2x－1)

15、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)

16、cos x>0恒成立， 所以f(x)在上為增函數， f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)， 且0<π－3<1<π－2<， 所以f(π－3)0?(2x－x2)ex>0 ?2x－x2>0?0或x<－， 由f′(x)>0，得－

17、 ∴f(x)的單調減區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)，單調增區(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x∈時，f′(x)>0，f(x)為增函數； 當x∈時，f′(x)<0，f(x)為減函數； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數．…………………………………………(4分) 所以f(x

18、)的遞增區(qū)間為和(1，＋∞)， f(x)的遞減區(qū)間為.……………………………………………………………(6分) (2)當x∈[－1,2]時，f(x)7.………………………………………………………………………………(10分) 18．解　(1)設切線的斜率為k， 則k＝f′(x)＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1， 當x＝1時，kmin＝1.……………………

19、…………………………………………………(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)為單調遞增函數，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＋≥，當且僅當x＝時，等號成立．……………………………………………………………(10分) ∴a≤，又∵a∈Z， ∴滿足條件的最大整數a為1.…………………………………………………………(12分) 19．解　(1)f

20、(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，……………………………(2分) 令f′(x)＝0，得x＝， 當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x∈，f(x)單調遞減且f(x)的取值范圍是； 當x∈時，f(x)單調遞增且f(x)的取值范圍是.………………(8分) 令y＝f(x)，y＝m，兩函數圖

21、象交點的橫坐標是f(x)－m＝0的解，由(1)知當m<－時，原方程無解； 由f(x)的單調區(qū)間上函數值的范圍知， 當m＝－或m≥0時，原方程有唯一解； 當－

22、……(6分) (2)在(－1,1)上，f(x)單調遞增當且僅當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a＝0時，①恒成立； (ⅱ)當a>0時，①成立， 即成立，解得0

23、0， f(x)在區(qū)間(64,640)內為增函數，………………………………………………………(10分) 所以f(x)在x＝64處取得最小值， 此時，n＝－1＝－1＝9.

24、 故需新建9個橋墩才能使y最小．……………………………………………………(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

25、分) 因為當x∈(－∞，－2)∪(0,1)時，f′(x)<0； 當x∈(－2,0)∪(1，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是單調遞增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是單調遞減的．………………………………………………(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)