高三北師大版數(shù)學(xué)（理）一輪章末檢測(cè) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第三章章末檢測(cè)(時(shí)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(shù)y＝f（x）的圖象在點(diǎn)P（5，f(5））處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5）等于()A。eq\f（1，2） B．1C．2 D．02．函數(shù)f（x)＝ax3－x在（－∞，＋∞）上是減函數(shù)，則（）A．a(chǎn)<1 B．a(chǎn)<eq\f(1，3）C．a(chǎn)<0 D．a(chǎn)≤03．（2011·洛陽(yáng)模擬)已知f（x）＝eq\f（a＋1x＋a,x＋1），且f（x－1)的圖象的對(duì)稱中心是（0，3)，則f′（2）的值為()A．－eq\f(1,9) B.eq\f（1,9）C．－eq\f（1,4） D.eq\f(1,4）4．若函數(shù)f（x）＝exsinx，則此函數(shù)圖象在點(diǎn)(4，f(4））處的切線的傾斜角為()A。eq\f（π,2） B．0 C．鈍角 D．銳角5．（2010·山東）已知某生產(chǎn)廠家的年利潤(rùn)y（單位：萬(wàn)元）與年產(chǎn)量x（單位：萬(wàn)件）的函數(shù)關(guān)系式為y＝－eq\f(1,3）x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤(rùn)的年產(chǎn)量為（)A．13萬(wàn)件 B．11萬(wàn)件C．9萬(wàn)件 D．7萬(wàn)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．－11C．－29 D．－377．(2010·江西)如圖,一個(gè)正五角形薄片（其對(duì)稱軸與水面垂直)勻速地升出水面,記t時(shí)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．18C．25 D．429．（2011·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·寶雞高三檢測(cè)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）〈feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,3）))，則x的取值范圍是（）A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，3)，\f(2，3))） B。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3)，\f(2,3）))C.eq\b\lc\（\rc\)(\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）已知函數(shù)y＝f（x)＝x3＋px2＋qx的圖象與x軸切于非原點(diǎn)的一點(diǎn)，且y極小值＝－4，那么p，q的值分別為（）A．6，9 B．9,6C．4，2 D．8,6題號(hào)123456789101112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）＝xlnx在（0，5)上的單調(diào)遞增區(qū)間是____________．14．（2011·安慶模擬)已知函數(shù)f（x)滿足f（x）＝f(π－x)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2），\f（π，2）））時(shí)，f（x）＝x＋sinx，則f(1），f(2)，f(3)的大小關(guān)系為_(kāi)_______________________．15．(2009·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(xiě)所有正確的序號(hào))．①f(x）>0的解集是｛x｜0〈x〈2}；②f(－eq\r（2）)是極小值,f（eq\r（2））是極大值；③f（x)沒(méi)有最小值，也沒(méi)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－eq\f(1,2)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(shí)，f(x）<m恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍．18．(12分）(2011·莆田月考)已知函數(shù)f（x)＝eq\f（2，3)x3－2ax2＋3x(x∈R）．（1)若a＝1，點(diǎn)P為曲線y＝f(x）上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線斜率取得最小值時(shí)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)（2011·福州高三質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(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(gè)數(shù)．20．（12分）（2010·全國(guó))已知函數(shù)f（x）＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x（1)當(dāng)a＝eq\f(1,6)時(shí)，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(cè)，一個(gè)橋墩的工程費(fèi)用為256萬(wàn)元，距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費(fèi)用為(2＋eq\r（x))x萬(wàn)元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點(diǎn)，且不考慮其他因素，記余下工程的費(fèi)用為y萬(wàn)元．（1)試寫(xiě)出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2)當(dāng)m＝640米時(shí)，需新建多少個(gè)橋墩才能使y最??？22．（12分）(2011·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(diǎn)．（1)求a和b的值；（2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)設(shè)g(x）＝eq\f(2,3）x3－x2,試比較f(x)與g(x)的大?。鸢?．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(shí)，f′（x）≤0在(－∞，＋∞）上恒成立;a〉0時(shí)，eq\f（1，a)≥3x2在(－∞，＋∞）上恒成立，這樣的a不存在；a〈0時(shí)，eq\f(1,a)≤3x2在(－∞,＋∞）上恒成立，而3x2≥0，∴a〈0。綜上，a≤0。］3．B［f（x)＝a＋1－eq\f(1,x＋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－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，則此函數(shù)圖象在點(diǎn)（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(shí)，y′≥0,f(x）為增函數(shù)，當(dāng)x>9時(shí),y′<0,f（x）為減函數(shù)．∴當(dāng)x＝9時(shí)，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(shí)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－eq\f（x，3）≥0,∴0≤x≤9.將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.當(dāng)0〈x<6時(shí),u′>0;6<x<9時(shí)，u′〈0?！鄕＝6時(shí)，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(diǎn),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，＋∞）上單調(diào)遞增，又因f(x）是偶函數(shù)，∴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,令切點(diǎn)為(a,0）,a≠0，則f（x）＝x(x2＋px＋q)＝0有兩個(gè)不相等實(shí)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）。當(dāng)x＝a時(shí)，f（x）＝0≠－4,∴feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a,3））)＝y(tǒng)極小值＝－4，即eq\f(4,27）a3＝－4,a＝－3，∴x2＋px＋q＝（x＋3)2.∴p＝6，q＝9。］13.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，e），5）)解析∵f′(x）＝lnx＋1,f′(x）>0,∴l(xiāng)nx＋1〉0,lnx>－1，∴x〉eq\f（1,e）?！噙f增區(qū)間為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),得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，2)對(duì)稱，又當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π，2)，\f(π,2))）時(shí),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））)上為增函數(shù)，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正確;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）的單調(diào)減區(qū)間為(－∞,－eq\r(2））,(eq\r（2）,＋∞）,單調(diào)增區(qū)間為（－eq\r（2)，eq\r（2）)．∴f(x）的極大值為f(eq\r(2）),極小值為f(－eq\r（2)),故②正確．∵x〈－eq\r(2)時(shí)，f(x）<0恒成立，∴f(x)無(wú)最小值，但有最大值f（eq\r（2)）．∴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＝－eq\f(2,3)，………………(2分）所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2，3）））時(shí)，f′(x)〉0，f（x）為增函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（2，3），1）)時(shí)，f′(x)<0，f(x）為減函數(shù);當(dāng)x∈(1，＋∞）時(shí)，f′（x）>0,f（x）為增函數(shù)．…………（4分)所以f（x）的遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(2,3）)）和（1，＋∞)，f(x)的遞減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2，3),1)).……………(6分)(2)當(dāng)x∈［－1，2］時(shí)，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＝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(shí)，kmin＝1.………………………(3分)又f（1)＝eq\f(5，3），∴所求切線的方程為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）為單調(diào)遞增函數(shù),必須滿足f′（x）≥0,即對(duì)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），當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r（6),2)時(shí)，等號(hào)成立．……………（10分）∴a≤eq\f(\r（6）,2）,又∵a∈Z，∴滿足條件的最大整數(shù)a為1?！?2分）19．解（1）f（x)的定義域?yàn)椋?，＋∞），f′(x)＝lnx＋1，……………（2分)令f′(x）＝0,得x＝eq\f（1,e),當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′（x）,f(x）的變化的情況如下：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)極小值…………………………（5分）所以,f(x)在（0，＋∞）上的極小值是feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,e)))＝－eq\f（1,e）.……(6分)（2）當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,e）））,f(x）單調(diào)遞減且f(x）的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，e），0））；當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,e)，＋∞））時(shí),f(x）單調(diào)遞增且f（x)的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，e），＋∞））。………………（8分)令y＝f(x),y＝m,兩函數(shù)圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是f(x)－m＝0的解，由（1）知當(dāng)m〈－eq\f(1，e）時(shí)，原方程無(wú)解；由f（x）的單調(diào)區(qū)間上函數(shù)值的范圍知,當(dāng)m＝－eq\f（1，e)或m≥0時(shí)，原方程有唯一解;當(dāng)－eq\f（1,e）〈m<0時(shí)，原方程有兩解．………(12分)20．解(1)f′(x）＝4（x－1)(3ax2＋3ax－1）．當(dāng)a＝eq\f(1,6）時(shí)，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(shí)，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)(?。┊?dāng)a＝0時(shí),①恒成立；（ⅱ)當(dāng)a〉0時(shí)，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）當(dāng)a〈0時(shí)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，當(dāng)且僅當(dāng)－eq\f（3a，4）－1≤0,解得－eq\f(4,3)≤a〈0?！?11分)綜上,a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（4，3)，\f（1,6）))?！?2分）21．解（1）設(shè)需要新建n個(gè)橋墩，（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。當(dāng)0〈x<64時(shí)，f′（x)<0，f（x)在區(qū)間（0，64）內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)64〈x<640時(shí)，f′（x)〉0,f(x)在區(qū)間（64，64