北师大版高三数学复习专题-导数及其应用基础达标-阶段性测试题3
阶段性测试题三(导数及其应用)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分 150 分．考试时间 120 分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共 50 分)
一、选择题(本大题共 10 个小题，每小题 5 分，共 50 分，在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的)
1．若对任意 x，有 f′(x)＝4x3，f(1)＝－1，则此函数为( )
A．f(x)＝x4 B．f(x)＝x4－2
C．f(x)＝x4＋1 D．f(x)＝x4＋2
[答案] B
[解析] 用 f(1)＝－1 验证即可．
2．甲、乙两个物体沿直线运动的方程分别是 s1＝t3－2t2＋t 和 s2＝3t2－t－1，则在 t＝2
秒时两个物体运动的瞬时速度关系是( )
A．甲大 B．乙大
C．相等 D．无法比较
[答案] B
[解析] v1＝s1′＝3t2－4t＋1，v2＝s2′＝6t－1，所以在 t＝2 秒时两个物体运动的瞬时
速度分别是 5 和 11，故乙的瞬时速度大．
3．设 a∈R，函数 f(x)＝ex＋a·e－x 的导函数是 f ′(x)，且 f ′(x)是奇函数．若曲线 y＝f(x)
的一条切线的斜率是3
2
，则切点的横坐标为( )
A．ln2 B．－ln2
C．ln2
2 D．－ln2
2
[答案] A
[解析] 易知 f′(x)＝ex－a·e－x，因为 f′(x)是奇函数，所以 f′(0)＝1－a＝0，即 a＝1，
所以 f′(x)＝ex－e－x＝3
2
，解得 x＝ln2，所以切点的横坐标为 ln2.
4．(文)已知函数 f(x)在 x＝1 处的导数为－1
2
，则 f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝1
2x2－lnx B．f(x)＝xex
C．f(x)＝sinx D．f(x)＝1
x
＋ x
[答案] D
[解析] 本题考查导数的运算，据导数的运算公式知只有 D 符合题意．
(理)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满足 f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则 f′(1)＝( )
A．－e B．－1
C．1 D．e
[答案] B
[解析] 由 f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得 f′(x)＝2f′(1)＋1
x
，
∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则 f′(1)＝－1.
5．(文)若曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为 3x－y＋1＝0，则( )
A．f′(x0)<0 B．f′(x0)>0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)不存在
[答案] B
[解析] 由导数的几何意义可知曲线在(x0，f(x0))处的导数等于曲线在该点处的切线的斜
率，故 f′(x0)＝3.故选 B．
(理)已知 t>0，若错误!(2x－2)dx＝8，则 t＝( )
A．1 B．－2
C．－2 或 4 D．4
[答案] D
[解析] 由错误!(2x－2)dx＝8 得，(x2－2x)|t0＝t2－2t＝8，解得 t＝4 或 t＝－2(舍去)，选
D．
6．已知函数 f(x)＝1
2x3－x2－7
2x，则 f(－a2)与 f(－1)的大小关系为( )
A．f(－a2)≤f(－1)
B．f(－a2)
0，且 f(0)＝0，f(－1
2)＝0，则不等
式 f(x)<0 的解集为( )
A．{x|x<1
2} B．{x|00)，若对任意两个不等的正实数 x1，x2 都有fx1－fx2
x1－x2
≥2 恒
成立，则 a 的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．(0,1]
[答案] A
[解析] 由于fx1－fx2
x1－x2
＝k≥2 恒成立，
所以 f′(x)≥2 恒成立．
又 f′(x)＝a
x
＋x，故a
x
＋x≥2，
又 x>0，所以 a≥－x2＋2x，
而 g(x)＝－x2＋2x 在(0，＋∞)上最大值为 1，
所以 a≥1.故选 A．
10．已知函数 f(x)及其导数 f′(x)，若存在 x0，使得 f(x0)＝f′(x0)，则称 x0 是 f(x)的一个
“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的函数的个数是( )
①f(x)＝x2，②f(x)＝e－x，③f(x)＝lnx，④f(x)＝tanx， ⑤f(x)＝x＋1
x
A．2 B．3
C．4 D．5
[答案] B
[解析] ①中的函数 f(x)＝x2，f′(x)＝2x，要使 f(x)＝f′(x)，则 x2＝2x，解得 x＝0 或 2，
可见函数有巧值点；对于②中的函数，要使 f(x)＝f′(x)，则 e－x＝－e－x，由对任意的 x，有
e－x>0，可知方程无解，原函数没有巧值点；对于③中的函数，要使 f(x)＝f′(x)，则 lnx＝1
x
，
由函数 f(x)＝lnx 与 y＝1
x
的图像它们有交点，因此方程有解，原函数有巧值点；对于④中的
函数，要使 f(x)＝f′(x)，则 tanx＝ 1
cos2x
，即 sinxcosx＝1，显然无解，原函数没有巧值点；
对于⑤中的函数，要使 f(x)＝f′(x)，则 x＋1
x
＝1－1
x2
，即 x3－x2＋x＋1＝0，设函数 g(x)＝x3
－x2＋x＋1，g′(x)＝3x2－2x＋1>0 且 g(－1)<0，g(0)>0，显然函数 g(x)在(－1,0)上有零点，
原函数有巧值点，故①③⑤正确，选 C．
第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分)
二、填空题(本大题共 5 个小题，每小题 5 分，共 25 分，把正确答案填在题中横线上)
11．曲线 f(x)＝x(3lnx＋1)在 x＝1 处的切线方程为________．
[答案] 4x－y－3＝0
[解析] f′(x)＝3lnx＋1＋x·3
x
＝3lnx＋4，
∴f′(1)＝4，又 f(1)＝1，∴曲线 f(x)＝x(3lnx＋1)在 x＝1 处的切线方程为 y－1＝4(x－1)，
整理得 4x－y－3＝0.
12．已知函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)有极大值 5，其导函数 y＝f′(x)的图像如图所示，
则函数 f(x)的解析式为________．
[答案] f(x)＝2x3－9x2＋12x
[解析] f′(x)＝3ax2＋2bx＋C．
由导函数 y＝f′(x)的图像可知：当 x<1 时，f′(x)>0；
当 10)，
∴函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
14．已知函数 f(x)＝lnx－a，若 f(x)lnx－x2，令 h(x)＝lnx－x2，有 h′(x)＝1
x
－2x，
∵x>1，∴1
x
－2x<0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴当 x∈(1，＋∞)时，h(x)0)内图像不间断的函数 f(x)满足 f(－x)－f(x)＝0，函数 g(x)
＝ex·f(x)，且 g(0)·g(a)<0，又当 00，则函数 f(x)在区间[－a，a]内
零点的个数是________．
[答案] 2
[解析] ∵f(－x)－f(x)＝0，∴f(x)为偶函数，
∵g(x)＝ex·f(x)，∴g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
∴g(x)在[0，a]上为单调增函数，
又∵g(0)·g(a)<0，
∴函数 g(x)＝ex·f(x)在[0，a]上只有一个零点，
又∵ex≠0，
∴f(x)在[0，a]上有且仅有一个零点，
∵f(x)是偶函数，且 f(0)≠0，∴f(x)在[－a，a]上有且仅有两个零点．
(理)函数 y＝cos3x＋sin2x－cosx 的最大值________．
[答案] 32
27
[解析] ∵y＝cos3x＋sin2x－cosx＝cos3x＋(1－cos2x)－cosx＝cos3x－cos2x－cosx＋1，令
t＝cosx，则－1≤t≤1，则 y＝t3－t2－t＋1，则 y′＝3t2－2t－1＝(3t＋1)(t－1)，令 y′＝0，
解得 t＝－1
3
或 t＝1，列表如下：
x [－1，－1
3) －1
3 (－1
3
，1]
y′ ＋ 0 －
y 增 极大值32
27
减
故函数 y＝t3－t2－t＋1 在 x＝－1
3
取得极大值，亦即最大值，即 ymax＝32
27.
三、解答题(本大题共 6 个小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分 12 分)(文)已知函数 f(x)＝x3－3x＋1.试判断函数 f(x)的单调性．
[解析] 因为 f(x)＝x3－3x＋1，
所以 f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
由 f′(x)<0，解得 x∈(－1,1)；
由 f′(x)>0，解得 x∈(－∞，－1)或 x∈(1，＋∞)．
所以 f(x)在[－1,1]上单调递减，
在(－∞，－1]，[1，＋∞)上单调递增，
所以函数 f(x)的单调减区间是[－1,1]，
单调增区间是(－∞，－1]与[1，＋∞)．
(理)设函数 f(x)＝x3－3ax2＋3bx 的图像与直线 12x＋y－1＝0 相切于点(1，－11)．
(1)求 a、b 的值；
(2)讨论函数 f(x)的单调性．
[解析] (1)f′(x)＝3x2－6ax＋3b，
f(1)＝1－3a＋3b＝－11， ①
f′(1)＝3－6a＋3b＝－12. ②
解由①、②组成的关于 a，b 的方程组，得 a＝1，b＝－3.
(2)f(x)＝x3－3x2－9x，
f′(x)＝3x2－6x－9.
由 f′(x)＝0，得 x1＝－1，x2＝3.
∴f(x)在(－∞，－1]，[3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数．
17．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝alnx－1
x
，a∈R.
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 x＋2y＝0 垂直，求 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间．
[解析] (1)函数 f(x)的定义域为{x|x>0}，
f′(x)＝a
x
＋1
x2.
又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 x＋2y＝0 垂直，
所以 f′(1)＝a＋1＝2，即 a＝1.
(2)由于 f′(x)＝ax＋1
x2 .
当 a≥0 时，对于 x∈(0，＋∞)，有 f′(x)>0 在定义域上恒成立，
即 f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
当 a<0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝－1
a
∈(0，＋∞)．
当 x∈(0，－1
a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x∈(－1
a
，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
18．(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的
切线方程为 y＝4x＋4.
(1)求 a，b 的值；
(2)讨论 f(x)的单调性，并求 f(x)的极大值．
[解析] (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得 f(0)＝4，f′(0)＝4，故 b＝4，a＋b＝8.
从而 a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－1
2)．
令 f′(x)＝0 得，x＝－ln2 或 x＝－2.
从而当 x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.
故 f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)单调递增，在(－2，－ln2)单调递减．
当 x＝－2 时，函数 f(x)取得极大值，极大值为 f(－2)＝4(1－e－2)．
19．(本小题满分 12 分)若函数 f(x)＝ax3－bx＋4，当 x＝2 时，函数 f(x)有极值－4
3.
(1)求函数的解析式；
(2)若 g(x)＝f(x)－k 有三个零点，求实数 k 的取值范围．
[解析] f′(x)＝3ax2－B．
(1)由题意得
f′2＝12a－b＝0
f2＝8a－2b＋4＝－4
3
，解得
a＝1
3
b＝4
，故所求函数的解析式为 f(x)＝1
3x3
－4x＋4.
(2)由(1)可得 f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令 f′(x)＝0，得 x＝2 或 x＝－2.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 28
3
－4
3
因此，当 x＝－2 时，f(x)有极大值28
3
，当 x＝2 时，f(x)有极小值－4
3
，
故要使 g(x)＝f(x)－k 有三个零点，实数 k 的取值范围为－4
31 时，令 f′(x)>0，结合 f(x)定义域解得 0a，
∴f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，
此时 f(x)极小值＝f(a)＝－1
2a2－a＋alna，
若 f(x)在(0，e)内有极小值1
2
，则 10 时，若 f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求 a 的取值范围；
(3)若对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，x10 时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1
x
＝2ax2－a＋2x＋1
x
(x>0)，
令 f′(x)＝0，即 f′(x)＝2ax2－a＋2x＋1
x
＝2x－1ax－1
x
＝0，
所以 x＝1
2
或 x＝1
a.
当 0<1
a
≤1，即 a≥1 时，f(x)在[1，e]上单调递增，
所以 f(x)在[1，e]上的最小值是 f(1)＝－2；
当 1<1
a0，此时 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a≠0 时，只需 g′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，因为 x∈(0，＋∞)，只要 2ax2－ax
＋1≥0，则需要 a>0，
对于函数 y＝2ax2－ax＋1，过定点(0,1)，对称轴 x＝1
4>0，只需Δ＝a2－8a≤0，即 0
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