2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習導(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

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習導(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)0的解集是{x|00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09時，y′<0，f(x)為減函數(shù)． ∴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(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) ＝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)0， ∴l(xiāng)n x＋1>0，ln x>－1， ∴x>.∴遞增區(qū)間為. 14．f(3)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)0?(2x－x2)ex>0 ?2x－x2>0?0或x<－， 由f′(x)>0，得－0，f(x)為增函數(shù)； 當x∈時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)； 當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x∈[－1,2]時，f(x)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＋≥，當且僅當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(diào)遞減且f(x)的取值范圍是； 當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)圖象交點的橫坐標是f(x)－m＝0的解，由(1)知當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m＝－或m≥0時，原方程有唯一解； 當－0時，①成立， 即成立，解得00， 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(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)