2019年高考數(shù)學總復習 第四章 導數(shù)課時檢測.doc

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2019年高考數(shù)學總復習 第四章 導數(shù)課時檢測 第1講　導數(shù)的意義及運算 　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知函數(shù)f(x)＝a3＋sin x，則f′(x)＝(　　) A．3a2＋cosx B．a(chǎn)3＋cosx C．3a2＋sinx D．cosx 2．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋8x，則 的值為(　　) A．－10 B．－20 C．10 D．20 3．若f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)＞0的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－1,0) 4．設函數(shù)f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為(　　) A．4 B．－ C．2 D．－ 5．(xx年河南鄭州二模)已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f′(e)＝(　　) A．1 B．－1 C．－e－1 D．－e 6．(xx年新課標)曲線y＝x(3lnx＋1)在點(1,1)處的切線方程為____________． 7．物體的運動方程是s＝－t3＋2t2－5，則物體在t＝3時的瞬時速度為________，加速度為________． 8．如圖K411，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)＝________. 圖K411 9．(xx年安徽)設定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝ax＋＋b(a>0)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 10．已知曲線方程為y＝x2. (1)求過點A(2,4)且與曲線相切的直線方程； (2)求過點B(3,5)且與曲線相切的直線方程．  第2講　導數(shù)在函數(shù)中的應用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(xx年遼寧)函數(shù)y＝x2－lnx的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 2．(xx年廣東廣州二模)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖K421所示，則其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能是(　　) 圖K421 A　　 　　B C　　 　　D 3．(2011年海南?？谡{研測試)函數(shù)y＝f(x)在定義域內可導，其圖象如圖K422，記y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，則不等式f′(x)≤0的解集為(　　) A.∪[1,2) B.∪ C.∪[2,3) D.∪∪ 圖K422 　　圖K423 4．若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 5．(xx年遼寧營口二模)若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋m有三個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．[－2,2] D．(－2,2) 6．(xx年陜西)設函數(shù)f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為 f(x)的極小值點 7．圖K423為函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象，f′(x)為函數(shù)f(x)的導函數(shù)，則不等式xf′(x)＜0的解集為　　　　　　　　. 8．(xx年北京)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值； (2)當a＝3，b＝－9時，若函數(shù)f(x)＋g(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，求實數(shù)k的取值范圍． 9．(xx年山東)已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間； (3)設g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)為f(x)的導函數(shù)． 證明：對任意x>0，g(x)<1＋e－2.  第3講　導數(shù)在生活中的優(yōu)化問題舉例 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．從邊長為10 cm16 cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，做成一個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為(　　) A．12 cm3 B．72 cm3 C．144 cm3 D．160 cm3 2．要制作一個圓錐形的漏斗，其母線長為20 cm，要使其體積最大，則高為(　　) A. cm B. cm C. cm D. cm 3．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)關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲得最大年利潤的年產(chǎn)量為(　　) A．13萬件 B．11萬件 C．9萬件 D．7萬件 4．(xx年廣西一模)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋loga在內恒小于零，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.≤a<1 B．00；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0. 其中正確結論的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 8．(xx年重慶)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖K431，則下列結論中一定成立的是(　　) 圖K431 A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 9．如圖K432，拋物線y＝－x2＋9與x軸交于兩點A，B，點C，D在拋物線上(點C在第一象限)，CD∥AB.記|CD|＝2x，梯形ABCD的面積為S. (1)求面積S以x為自變量的函數(shù)式； (2)若≤k，其中k為常數(shù)，且00)， ∴f′(x)＝2x－2－＝>0， 即解得x>2. 4．A　解析：由已知，得g′(1)＝2，而f′(x)＝g′(x)＋2x，所以f′(1)＝g′(1)＋21＝4.故選A. 5．C　解析：求導得：f′(x)＝2f′(e)＋，把x＝e代入得：f′(e)＝e－1＋2f′(e)，解得f′(e)＝－e－1. 6．y＝4x－3　解析：函數(shù)的導數(shù)為f′(x)＝3lnx＋1＋x＝3lnx＋4，所以在(1,1)的切線斜率為k＝4，所以切線方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3. 7．3　－2　解析：∵s＝－t3＋2t2－5，∴s′＝－t2＋4t.∴s′＝－32＋43＝3，即物體在t＝3時的瞬時速度為3；∵(s′)′＝(－t2＋4t)′＝－2t＋4，∴－2t＋4＝－6＋4＝－2，即物體在t＝3時的加速度為－2. 8．2　解析：由條件知f′(5)＝－1，又∵在點P處的切線方程為y－f(5)＝－(x－5)，∴y＝－x＋5＋f(5)，即y＝－x＋8，∴5＋f(5)＝8.∴f(5)＝3.∴f(5)＋f′(5)＝2. 9．解：(1)f(x)＝ax＋＋b≥2 ＋b＝b＋2， 當且僅當ax＝1時，f(x)的最小值為b＋2. (2)由題意，得f(1)＝?a＋＋b＝，① f′(x)＝a－?f′(1)＝a－＝， ② 由①②，解得a＝2，b＝－1. 10．解：(1)∵點A在曲線y＝x2上， ∴過A與曲線y＝x2相切的直線只有一條，且A為切點． 由y＝x2，得y′＝2x，∴y′|x＝2＝4. 因此，所求直線的方程為y－4＝4(x－2)， 即4x－y－4＝0. (2)方法一，設過點B(3,5)，且與曲線y＝x2相切的直線方程為y－5＝k(x－3)，即y＝kx＋5－3k. 由得x2－kx＋3k－5＝0， Δ＝k2－4(3k－5)＝0，整理，得(k－2)(k－10)＝0， ∴k＝2或k＝10. 故所求的直線方程為2x－y－1＝0或10x－y－25＝0. 方法二，設切點P的坐標為(x0，y0)， 由y＝x2，得y′＝2x，∴y′|x＝x0＝2x0. 由已知kPA＝2x0，即＝2x0. 又y0＝x代入上式整理，得x0＝1或x0＝5， ∴切點坐標為(1,1)，(5,25)． 故所求的直線方程為2x－y－1＝0或10x－y－25＝0. 第2講　導數(shù)在函數(shù)中的應用 1．B　解析：∵y＝x2－lnx，∴y′＝x－.由y′≤0，解得－1≤x≤1.又x>0，∴00，b>0，ab≤2＝9，當且僅當a＝b＝3時，等號成立．此時，f′(x)＝12x2－6x－6＝6(2x2－x－1)＝6(x－1)(2x＋1)，因此，x＝1是其的一個極值點．所以ab的最大值等于9.故選D. 5．D　解析：由函數(shù)f(x)＝x3－3x＋m有三個不同的零點， 則函數(shù)f(x)有兩個極值點，極小值小于0，極大值大于0. 由f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0， 解得x1＝1，x2＝－1， 所以函數(shù)f(x)的兩個極值點為 x1＝1，x2＝－1. 由于x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0; x∈(－1,1)時，f′(x)＜0; x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0， 所以函數(shù)的極小值f(1)＝m－2和極大值f(－1)＝m＋2. 因為函數(shù)f(x)＝x3－3x＋m有三個不同的零點， 所以解得－20，從而f′(x)>0； 當x>1時，k(x)<0，從而f′(x)<0. 故f(x)的單調遞增區(qū)間是(0,1)，單調遞減區(qū)間是(1，＋∞)． (3)證明：因為g(x)＝xf′(x)， 所以g(x)＝ (1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)． 令h(x)＝1－x－xlnx，得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)． 所以當x∈(0，e－2)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調遞增； 當x∈(e－2，＋∞)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調遞減． 所以當x∈(0，＋∞)時，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2. 又當x∈(0，＋∞)時，0<<1. 所以當x∈(0，＋∞)時，h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2. 第3講　導數(shù)在生活中的優(yōu)化問題舉例 1．C　解析：設盒子容積為y cm3，盒子的高為x cm. 則y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160x. ∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)． ∴ymax＝6122＝144 (cm3)． 2．D　解析：設圓錐的高為x，則底面半徑為， 其體積為V＝πx(400－x2)，0＜x＜20， V′＝π(400－3x2)，令V′＝0，解得x＝. 當0＜x＜時，V′＞0；當＜x＜20時，V′＜0， 所以當x＝ cm時，V取最大值． 3．C 4．A　解析：f(x)＝x2－2x＋loga， 因為a>0，且>0，所以定義域：{x|x>1}． f′(x)＝2x－2－. ①當00，函數(shù)f(x)在上是增函數(shù)， 要滿足題意，須f≤0， 即－3＋loga(2a)≤0，即loga2≤－. 解得a≥.又01時，由f′(x)＝0，得x＝1＋. 當x<1＋時，f′(x)<0，當x>1＋時，f′(x)>0， 由此得函數(shù)f(x)在x<1＋時是減函數(shù)，在x>1＋時是增函數(shù)， 而f＝－3＋loga(2a)＝loga2＋>0， 所以a>1時，不能保證在內f(x)恒小于0， 故a>1不合題意，舍去． 綜上所述，所求實數(shù)a的取值范圍為≤a<1. 故選A. 5．B　解析：設單價為q>0，由題意q2＝，當x＝100時，q＝50，∴k＝q2x＝502100＝250 000.∴q2x＝250 000，q＝.∴總利潤y＝xq－C(x)＝x－.令y′＝500－3x2＝0，解得x＝25.當00；當x>25時，y′<0，∴當x＝25時，總利潤最大． 6．C　解析：f′(x)＝x2＋2ax－b在[－1,3]上有f′(x)≤0， ∴∴設 設a＋b＝mu＋nv＝m(2a＋b)＋n(－6a＋b)＝(2m－6n)a＋(m＋n)b，對照參數(shù)：2m－6n＝1，m＋n＝1，解得m＝，n＝，∴a＋b＝u＋v≥2，則a＋b的最小值為2. 7．C　解析：f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，且f(0)＝－abc＝f(3)<0，所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0. 8．D　解析：由圖象可知當x<－2時，y＝(1－x)f′(x)>0，此時，f′(x)>0，函數(shù)單調遞增，當－20，此時，f′(x)<0，函數(shù)單調遞減；當x>2時，y＝(1－x)f′(x)<0，此時，f′(x)>0，函數(shù)單調遞增．所以函數(shù)f(x)有極大值f(－2)，極小值f(2)． 9．解：(1)依題意，得點C的橫坐標為x， 點C的縱坐標為yC＝－x2＋9. 點B的橫坐標xB滿足方程－x＋9＝0， 解得xB＝3，或xB＝－3(舍去)． 所以S＝(|CD|＋|AB|)yC＝(2x＋23)(－x2＋9)＝(x＋3)(－x2＋9)． 由點C在第一象限，得00恒成立， 所以f(x)的最大值為f(3k)＝27(1＋k)(1－k2)． 綜上所述，當≤k<1時，S的最大值為32；當00)， f′(1)＝2＋1＝3.故曲線y＝f(x)在x＝1處切線的斜率為3. 而f(1)＝2，所以切點為(1,2)， 故y＝f(x)在點x＝1處的切線方程為y＝3x－1. (2)f′(x)＝a＋＝(x>0)． ①當a≥0時，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②當a<0時，由f′(x)＝0，得x＝－. 在區(qū)間上，f′(x)>0，在區(qū)間上f′(x)<0， 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為. (3)由已知，轉化為f(x)max－1－ln(－a)，解得a<－.