高三北师大版数学（理）一轮章末检测 第三章 导数及其应用 含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第三章章末检测(时间:120分钟满分：150分)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.（2010·泰安高三二模)如图,函数y＝f（x）的图象在点P（5，f(5））处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5）等于()A。eq\f（1，2） B．1C．2 D．02．函数f（x)＝ax3－x在（－∞，＋∞）上是减函数，则（）A．a<1 B．a<eq\f(1，3）C．a<0 D．a≤03．（2011·洛阳模拟)已知f（x）＝eq\f（a＋1x＋a,x＋1），且f（x－1)的图象的对称中心是（0，3)，则f′（2）的值为()A．－eq\f(1,9) B.eq\f（1,9）C．－eq\f（1,4） D.eq\f(1,4）4．若函数f（x）＝exsinx，则此函数图象在点(4，f(4））处的切线的倾斜角为()A。eq\f（π,2） B．0 C．钝角 D．锐角5．（2010·山东）已知某生产厂家的年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）的函数关系式为y＝－eq\f(1,3）x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为（)A．13万件 B．11万件C．9万件 D．7万件6．已知f（x）＝2x3－6x2＋a（a是常数）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．－11C．－29 D．－377．(2010·江西)如图,一个正五角形薄片（其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t）（S(0)＝0）,则导函数y＝S′(t)的图象大致()8．已知x≥0,y≥0，x＋3y＝9,则x2y的最大值为（）A．36 B．18C．25 D．429．（2011·合肥模拟）已知R上可导函数f（x）的图象如图所示，则不等式（x2－2x－3)f′(x)>0的解集为(）A．(－∞，－2）∪（1，＋∞）B．(－∞,－2）∪(1,2)C．（－∞,－1)∪（－1,0）∪(2,＋∞)D．(－∞,－1)∪（－1，1）∪(3，＋∞)10。如图所示的曲线是函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象,则xeq\o\al(2，1）＋xeq\o\al(2,2)等于（）A.eq\f（8，9） B。eq\f(10,9)C。eq\f（16,9) D。eq\f(5，4）11．(2010·宝鸡高三检测三)已知f′（x）是f(x）的导函数，在区间[0,＋∞)上f′(x)〉0，且偶函数f(x）满足f（2x－1）〈feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,3）))，则x的取值范围是（）A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，3)，\f(2，3))） B。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3)，\f(2,3）))C.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2），\f（2，3）)） D。eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)，\f（2，3）)）12．（2011·唐山月考）已知函数y＝f（x)＝x3＋px2＋qx的图象与x轴切于非原点的一点，且y极小值＝－4，那么p，q的值分别为（）A．6，9 B．9,6C．4，2 D．8,6题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．函数f(x）＝xlnx在（0，5)上的单调递增区间是____________．14．（2011·安庆模拟)已知函数f（x)满足f（x）＝f(π－x)，且当x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2），\f（π，2）））时，f（x）＝x＋sinx，则f(1），f(2)，f(3)的大小关系为________________________．15．(2009·福建改编)＝________.16．下列关于函数f(x)＝（2x－x2)ex的判断正确的是________（填写所有正确的序号)．①f(x）>0的解集是｛x｜0〈x〈2}；②f(－eq\r（2）)是极小值,f（eq\r（2））是极大值；③f（x)没有最小值，也没有最大值．三、解答题（本大题共6小题，共70分)17．(10分）设f(x）＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5.(1)求函数f（x)的单调递增、递减区间；（2)当x∈[－1，2］时，f(x）<m恒成立,求实数m的取值范围．18．(12分）(2011·莆田月考)已知函数f（x)＝eq\f（2，3)x3－2ax2＋3x(x∈R）．（1)若a＝1，点P为曲线y＝f(x）上的一个动点，求以点P为切点的切线斜率取得最小值时的切线方程；（2）若函数y＝f（x)在（0，＋∞）上为单调增函数，试求满足条件的最大整数a。19．（12分)（2011·福州高三质检)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的极小值；（2）讨论关于x的方程f（x)－m＝0（m∈R）的解的个数．20．（12分）（2010·全国)已知函数f（x）＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x（1)当a＝eq\f(1,6)时，求f（x）的极值;(2)若f(x)在(－1，1）上是增函数,求a的取值范围．21．(12分）某地建一座桥，两端的桥墩已建好,这两墩相距m米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋eq\r（x))x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．（1)试写出y关于x的函数关系式；（2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？22．（12分）(2011·黄山模拟）设函数f（x）＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．（1)求a和b的值；（2)讨论f(x)的单调性；(3)设g(x）＝eq\f(2,3）x3－x2,试比较f(x)与g(x)的大小．答案1．C［由题意知f′（5）＝－1，f(5）＝－5＋8＝3，所以f(5)＋f′（5）＝3－1＝2.］2．D[由题意知,f′（x）＝3ax2－1≤0在（－∞，＋∞)上恒成立，a＝0时，f′（x）≤0在(－∞，＋∞）上恒成立;a〉0时，eq\f（1，a)≥3x2在(－∞，＋∞）上恒成立，这样的a不存在；a〈0时，eq\f(1,a)≤3x2在(－∞,＋∞）上恒成立，而3x2≥0，∴a〈0。综上，a≤0。］3．B［f（x)＝a＋1－eq\f(1,x＋1），中心为（－1，a＋1），由f（x－1)的中心为（0，3)知f（x）的中心为（－1,3），∴a＝2。∴f(x）＝3－eq\f（1，x＋1)。∴f′(x）＝eq\f(1，x＋12)。∴f′(2）＝eq\f（1，9）.］4．C［f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx）＝eq\r（2）exsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，4)）），f′(4）＝eq\r（2)e4sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（4＋\f（π,4）))<0，则此函数图象在点（4，f（4））处的切线的倾斜角为钝角．]5．C[∵y′＝－x2＋81,令y′＝0得x＝9（x＝－9舍去)．当0〈x≤9时，y′≥0,f(x）为增函数，当x>9时,y′<0,f（x）为减函数．∴当x＝9时，y有最大值．]6．D[f′(x）＝6x2－12x，若f′（x）>0，则x〈0或x〉2，又f(x）在x＝0处连续，∴f（x)的增区间为[－2，0）．同理f′（x）〈0,得减区间(0,2]．∴f(0)＝a最大．∴a＝3，即f（x)＝2x3－6x2＋3。比较f（－2)，f（2）得f(－2）＝－37为最小值．]7．A［利用排除法．∵露出水面的图形面积S（t)逐渐增大，∴S′（t)≥0，排除B.记露出最上端小三角形的时刻为t0。则S(t）在t＝t0处不可导．排除C、D，故选A.］8．A[由x＋3y＝9，得y＝3－eq\f（x，3）≥0,∴0≤x≤9.将y＝3－eq\f(x,3)代入u＝x2y，得u＝x2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(3－\f（x,3）))＝－eq\f（x3，3)＋3x2.u′＝－x2＋6x＝－x(x－6）．令u′＝0，得x＝6或x＝0.当0〈x<6时,u′>0;6<x<9时，u′〈0。∴x＝6时，u＝x2y取最大值36.]9．D［由f(x)的图象可知,在(－∞，－1)，(1，＋∞)上f′(x)>0，在(－1,1）上f′(x）<0.由（x2－2x－3）f′(x)>0，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f′x>0，，x2－2x－3>0))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f′x〈0,，x2－2x－3〈0.））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x>1或x<－1,，x>3或x〈－1）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－1〈x<1，－1<x〈3)），所以不等式的解集为(－∞,－1）∪(－1，1)∪(3，＋∞)．]10．C［由图象知f(x)＝x（x＋1)（x－2）＝x3－x2－2x＝x3＋bx2＋cx＋d，∴b＝－1,c＝－2,d＝0。而x1，x2是函数f(x）的极值点,故x1,x2是f′（x)＝0，即3x2＋2bx＋c＝0的根，∴x1＋x2＝－eq\f（2b,3），x1x2＝eq\f(c，3）,xeq\o\al（2，1)＋xeq\o\al（2，2）＝(x1＋x2）2－2x1x2＝eq\f(4,9)b2－eq\f（2c，3）＝eq\f（16，9)。]11．A[∵x∈[0，＋∞)，f′(x）〉0，∴f(x)在[0，＋∞）上单调递增，又因f(x）是偶函数，∴f(2x－1）〈feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）））⇔f（|2x－1｜)<feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,3）)）⇒|2x－1|〈eq\f（1，3)，∴－eq\f(1,3)〈2x－1<eq\f（1,3）.即eq\f（1，3)<x<eq\f(2，3).]12．A［y′＝3x2＋2px＋q,令切点为(a,0）,a≠0，则f（x）＝x(x2＋px＋q)＝0有两个不相等实根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＝eq\f(a，3）。当x＝a时，f（x）＝0≠－4,∴feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a,3））)＝y极小值＝－4，即eq\f(4,27）a3＝－4,a＝－3，∴x2＋px＋q＝（x＋3)2.∴p＝6，q＝9。］13.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，e），5）)解析∵f′(x）＝lnx＋1,f′(x）>0,∴lnx＋1〉0,lnx>－1，∴x〉eq\f（1,e）。∴递增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e)，5））。14．f(3)<f(1）〈f（2）解析由f（x）＝f(π－x),得函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π，2)对称，又当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π，2)，\f(π,2))）时,f′(x）＝1＋cosx>0恒成立,所以f(x）在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（π,2），\f(π，2））)上为增函数，f(2）＝f（π－2），f(3）＝f(π－3），且0<π－3〈1〈π－2〈eq\f（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＋sinx)′＝1＋cosx，∴eq\f（π,2)－eq\f（π,2)(1＋cosx）dx＝（x＋sinx）＝eq\f(π,2）＋sineq\f(π，2)－eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（π,2）＋sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π,2）））))＝π＋2。16．①②解析f(x)>0⇒(2x－x2）ex〉0⇒2x－x2>0⇒0〈x<2，故①正确;f′(x）＝ex(2－x2)，由f′（x）＝0，得x＝±eq\r（2)，由f′(x)〈0，得x〉eq\r（2）或x<－eq\r(2)，由f′(x)>0，得－eq\r(2）〈x<eq\r(2），∴f(x）的单调减区间为(－∞,－eq\r(2））,(eq\r（2）,＋∞）,单调增区间为（－eq\r（2)，eq\r（2）)．∴f(x）的极大值为f(eq\r(2）),极小值为f(－eq\r（2)),故②正确．∵x〈－eq\r(2)时，f(x）<0恒成立，∴f(x)无最小值，但有最大值f（eq\r（2)）．∴③不正确．17．解（1）f′（x)＝3x2－x－2，令f′(x）＝0，即3x2－x－2＝0,解得x＝1或x＝－eq\f(2,3)，………………(2分）所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2，3）））时，f′(x)〉0，f（x）为增函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（2，3），1）)时，f′(x)<0，f(x）为减函数;当x∈(1，＋∞）时，f′（x）>0,f（x）为增函数．…………（4分)所以f（x）的递增区间为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2,3）)）和（1，＋∞)，f(x)的递减区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2，3),1)).……………(6分)(2)当x∈［－1，2］时，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）极大值＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（2，3））)＝5eq\f(22,27），f（2)＝7，……………………（9分）所以f(x)在x∈[－1，2]的最大值为f（2)＝7，所以m>7.………………(10分）18．解（1)设切线的斜率为k,则k＝f′（x)＝2x2－4x＋3＝2（x－1)2＋1，当x＝1时，kmin＝1.………………………(3分)又f（1)＝eq\f(5，3），∴所求切线的方程为y－eq\f(5,3)＝x－1，即3x－3y＋2＝0.………………………(6分)(2)f′（x）＝2x2－4ax＋3，要使y＝f(x）为单调递增函数,必须满足f′（x）≥0,即对任意的x∈(0，＋∞),恒有f′（x）≥0，f′（x）＝2x2－4ax＋3≥0，∴a≤eq\f（2x2＋3，4x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(3,4x）,而eq\f（x，2)＋eq\f（3，4x）≥eq\f（\r(6），2），当且仅当x＝eq\f(\r（6),2)时，等号成立．……………（10分）∴a≤eq\f(\r（6）,2）,又∵a∈Z，∴满足条件的最大整数a为1。…………（12分）19．解（1）f（x)的定义域为（0，＋∞），f′(x)＝lnx＋1，……………（2分)令f′(x）＝0,得x＝eq\f（1,e),当x∈(0，＋∞)时，f′（x）,f(x）的变化的情况如下：xeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,e))）eq\f（1，e)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e），＋∞）)f′(x)－0＋f（x)极小值…………………………（5分）所以,f(x)在（0，＋∞）上的极小值是feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,e)))＝－eq\f（1,e）.……(6分)（2）当x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,e）））,f(x）单调递减且f(x）的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，e），0））；当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,e)，＋∞））时,f(x）单调递增且f（x)的取值范围是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，e），＋∞））。………………（8分)令y＝f(x),y＝m,两函数图象交点的横坐标是f(x)－m＝0的解，由（1）知当m〈－eq\f(1，e）时，原方程无解；由f（x）的单调区间上函数值的范围知,当m＝－eq\f（1，e)或m≥0时，原方程有唯一解;当－eq\f（1,e）〈m<0时，原方程有两解．………(12分)20．解(1)f′(x）＝4（x－1)(3ax2＋3ax－1）．当a＝eq\f(1,6）时，f′（x）＝2(x＋2）（x－1）2，……………………（3分)f（x)在(－∞，－2）内单调递减，在（－2，＋∞)内单调递增,在x＝－2时，f（x）有极小值．所以f(－2）＝－12是f(x)的极小值．……………………(6分）(2）在(－1，1)上,f(x)单调递增当且仅当f′（x)＝4（x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0恒成立,即3ax2＋3ax－1≤0恒成立，①…………（7分)(ⅰ）当a＝0时,①恒成立；（ⅱ)当a〉0时，①成立，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3a＋3a－1≤0，,3a－3a－1≤0)）成立，解得0〈a≤eq\f(1，6）.(ⅲ）当a〈0时①成立，即3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,2）））2－eq\f(3a，4）－1≤0成立，当且仅当－eq\f（3a，4）－1≤0,解得－eq\f(4,3)≤a〈0。………………(11分)综上,a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（4，3)，\f（1,6）))。………（12分）21．解（1）设需要新建n个桥墩，（n＋1）x＝m，即n＝eq\f（m，x)－1(0<x<m），所以y＝f（x)＝256n＋（n＋1)（2＋eq\r（x))x＝256eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（m,x)－1）)＋eq\f（m，x）(2＋eq\r(x）)x＝eq\f（256m，x)＋meq\r（x)＋2m－256(0<x<m）．……………………(5分)(2）由(1)知f′（x）＝－eq\f(256m，x2)＋eq\f（1，2）mx－eq\f(1,2)，…………………（7分)令f′(x)＝0，得xeq\f（3，2）＝512，所以x＝64。当0〈x<64时，f′（x)<0，f（x)在区间（0，64）内为减函数；当64〈x<640时，f′（x)〉0,f(x)在区间（64，64