2015高考数学人教A版本(导数及其应用)一轮过关测试题

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文档介绍

2015高考数学人教A版本(导数及其应用)一轮过关测试题

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60分)‎ 一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60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.(2014·北京东城区联考)曲线y=x3在x=1处切线的倾斜角为(  )‎ A.1          B.- C. D. ‎[答案] C ‎[解析] ∵y=x3,∴y′|x=1=1,∴切线的倾斜角α满足tanα=1,∵0≤α<π,∴α=.‎ ‎2.(2014·三亚市一中月考)函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(  )‎ A.(-∞,2) B.(0,3)‎ C.(1,4) D.(2,+∞)‎ ‎[答案] D ‎[解析] ∵f(x)=(x-3)ex,‎ ‎∴f ′(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex,‎ 由f ′(x)>0得x>2,∴选D.‎ ‎3.(2014·甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数f(x)=lnx,则函数g(x)=f(x)-f ′(x)的零点所在的区间是(  )‎ A.(0,1) B.(1,2)‎ C.(2,3) D.(3,4)‎ ‎[答案] B ‎[解析] 由题可知g(x)=lnx-,∵g(1)=-1<0,g(2)=ln2-=ln2-ln>0,∴选B.‎ ‎4.(文)(2014·浙江杜桥中学期中)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a=(  )‎ A.2    B.‎3 ‎   C.4    D.5‎ ‎[答案] D ‎[解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3是方程f ′(x)=0的实数根,∴a=5.‎ ‎(理)(2014·营口三中期中)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值,则a+b等于(  )‎ A.2    B.‎3 ‎   C.6    D.9‎ ‎[答案] C ‎[解析] f ′(x)=12x2-2ax-2b,由条件知x=1是方程f ′(x)=0的实数根,∴a+b=6.‎ ‎5.(2014·北京东城区联考)如图是函数y=f(x)的导函数f ′(x)的图象,则下面判断正确的是(  )‎ A.在区间(-2,1)上f(x)是增函数 B.在(1,3)上f(x)是减函数 C.在(4,5)上f(x)是增函数 D.当x=4时,f(x)取极大值 ‎[答案] C ‎[解析] 由导函数y=f ′(x)的图象知,f(x)在(-2,1)上先减后增,在(1,3)上先增后减,在(4,5)上单调递增,x=4是f(x)的极小值点,故A、B、D错误,选C.‎ ‎6.(2014·河北冀州中学期中)已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞)‎ C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)‎ ‎[答案] B ‎[解析] f ′(x)=3x2+2ax+a+6,由条件知,方程f ′(x)=0有两不等实根,∴Δ=‎4a2-12(a+6)>0,∴a<-3或a>6,故选B.‎ ‎7.(文)(2014·泸州市一诊)若曲线f(x)=x在点(a,f(a))处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积为18,则a=(  )‎ A.64 B.32‎ C.16 D.8‎ ‎[答案] A ‎[解析] ‎ ‎(理)(2014·北京朝阳区期中)由直线x=0,x=,y=0与曲线y=2sinx所围成的图形的面积等于(  )‎ A.3 B. C.1 D. ‎[答案] A ‎[解析]  ‎ ‎=-2(--1)=3.‎ ‎8.(文)(2014·福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)设函数F(x)=是定义在R上的函数,其中f(x)的导函数f ′(x)满足f ′(x)e‎2f(0),f(2012)>e‎2012f(0)‎ B.f(2)e‎2012f(0)‎ C.f(2)e‎2f(0),f(2012)e‎2f(0)‎ ‎[答案] D ‎[分析] 所给四个选项实质是比较f(2)与e‎2f(0)的大小,即比较与的大小,故构造函数F(x)=解决.‎ ‎[解析] 设F(x)=,则F′(x)=>0,‎ ‎∴F(x)在R上为增函数,故F(2)>F(0),∴>,‎ 即f(2)>e‎2f(0).‎ ‎9.(2014·开滦二中期中)若函数f(x)=x3-6bx+3b在(0,1)内有极小值,则实数b的取值范围是(  )‎ A.(0,1) B.(-∞,1)‎ C.(0,+∞) D.(0,)‎ ‎[答案] D ‎[解析] f ′(x)=3x2-6b,∵f(x)在(0,1)内有极小值,‎ ‎∴在(0,1)内存在点x0,使得在(0,x0)内f ′(x)<0,在(x0,1)内f ′(x)>0,由f ′(x)=0得,x2=2b>0,‎ ‎∴∴00的解集为(  )‎ A.(-∞,-2)∪(1,+∞)‎ B.(-∞,-2)∪(1,2)‎ C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)‎ D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)‎ ‎[答案] D ‎[解析] 由f(x)的图象知,在(-∞,-1)上f ′(x)>0,在(-1,1)上f ′(x)<0,在(1,+∞)上f ′(x)>0,又x2-2x-3>0的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞),x2-2x-3<0的解集为(-1,3).‎ ‎∴不等式(x2-2x-3)f ′(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞).‎ ‎(理)(2014·浙江杜桥中学期中)函数f(x)=的图象大致为(  )‎ ‎[答案] B ‎[解析] 令h(x)=ln(x+1)-x,则h′(x)=-1=-,∴h(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,最大值为h(0)=0,∴h(x)<0,即f(x)<0,且f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故选B.‎ ‎11.(2014·枣庄市期中)若1,3为函数f(x)=x3+bx2+cx(b,c∈R)的两个极值点,则曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线的斜率为(  )‎ A.8    B.‎6 ‎   C.4    D.0‎ ‎[答案] A ‎[解析] f ′(x)=x2+2bx+c,由条件知,1,3是方程f ′(x)=0的两个实根,∴b=-2,c=3,∴f ′(-1)=8,故选A.‎ ‎12.(2014·浙江省五校联考)已知函数f(x)=x3+mx2+x的两个极值点分别为x1,x2,且01时,1loga3,由于y0>1,loga3<0,∴对∀a∈(0,1),此式都成立,从而00时,‎ ‎∵-≤cosx恒成立,∴-≤-1,∴a≤1,∴00)的图象所围成的阴影部分的面积为,则k=________.‎ ‎[答案] 3‎ ‎[解析] 由解得或 由题意得,(kx-x2)dx=(kx2-x3)|=k3-k3=k3=,∴k=3.‎ ‎16.(2014·西安一中期中)从边长为‎10 cm×‎16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,作成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为________cm3.‎ ‎[答案] 144‎ ‎[解析] 设小正方形边长为x,则盒子的容积为v=x(10-2x)(16-2x),‎ 即v=4(x3-13x2+40x),(00,可得x<-3或x>;‎ 令f ′(x)<0,可得-32时,f ′(x)>0;当13时,g′(x)>0,‎ 当00,因此函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 则x=1是f(x)的极小值点,‎ 所以f(x)在x=1处取得极小值为f(1)=.‎ ‎(2)证明:设F(x)=f(x)-g(x)=x2+lnx-x3,‎ 则F′(x)=x+-2x2= ‎=,‎ 当x>1时,F′(x)<0,‎ 故f(x)在区间[1,+∞)上单调递减,‎ 又F(1)=-<0,‎ ‎∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0恒成立,‎ 即f(x)0,f(x)单调递增.‎ 所以函数f(x)在[1,3]上单调递增.‎ 又f(1)=ln1=0,‎ 所以函数f(x)在[1,3]上的最小值为0.‎ ‎(2)由题意知,2xlnx≥-x2+ax-3,则a≤2lnx+x+.‎ 若存在x∈[,e]使不等式‎2f(x)≥-x2+ax-3成立,‎ 则只需a小于或等于2lnx+x+的最大值.‎ 设h(x)=2lnx+x+(x>0),则h′(x)=+1-=.‎ 当x∈[,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(1,e]时,h′(x)>0,h(x)单调递增.‎ ‎∵h()=-2++3e,h(e)=2+e+,‎ ‎∴h()-h(e)=2e--4>0,‎ 可得h()>h(e).‎ 所以,当x∈[,e]时,h(x)的最大值为h()=-2++3e.‎ 故a≤-2++3e.‎ ‎(3)F(x)=lnx-.‎ ‎20.(本小题满分12分)(文)(2014·浙江杜桥中学期中)已知函数f(x)=x3-ax2+10.‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;‎ ‎(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.‎ ‎[解析] (1)当a=1时,f ′(x)=3x2-2x,f(2)=14,‎ 曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率k=f ′(2)=8,‎ 所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为8x-y-2=0.‎ ‎(2)解法1:f ′(x)=3x2-2ax=3x(x-a)(1≤x≤2),‎ 当a≤1,即a≤时,f ′(x)≥0,f(x)在[1,2]上为增函数,‎ 故f(x)min=f(1)=11-a,所以11-a<0,a>11,这与a≤矛盾;‎ 当10,f(x)单调递增;‎ 所以x=a时,f(x)取最小值,‎ 因此有f(a)<0,即a3-a3+10=-a3+10<0,解得a>3,这与,这符合a≥3.‎ 综上所述,a的取值范围为a>.‎ 解法2:由已知得:a>=x+,‎ 设g(x)=x+(1≤x≤2),g′(x)=1-,‎ ‎∵1≤x≤2,∴g′(x)<0,所以g(x)在[1,2]上是减函数.‎ g(x)min=g(2)=,‎ 故a的取值范围为a>.‎ ‎(理)(2014·威海期中)已知f(x)=ex,g(x)=lnx.‎ ‎(1)求证:g(x)x2>0,求证:x1>1.‎ ‎[解析] (1)令y=f(x)-x=ex-x,则y′=ex-1,‎ 令y′=0,解得x=0,‎ 当x<0时y′<0,当x>0时y′>0,‎ ‎∴当x=0时,ymin=e0-0=1>0,‎ ‎∴ex>x,‎ 令y=x-g(x)=x-lnx,y′=1-=(x>0),‎ 令y′=0,解得x=1,‎ 当01时y′>0,‎ ‎∴当x=1时,ymin=1-ln1=1>0,‎ ‎∴x>lnx,(x>0),‎ ‎∴g(x)0,‎ 故当x∈(0,80)时,函数h(x)为减函数,当x∈(80,120)时,函数h(x)为增函数,‎ ‎∴当x=80时,h(x)取得最小值,此时a取最大值为 ‎∴a==200.‎ ‎∴若油箱有‎22.5升油,则该型号汽车最多行驶‎200千米.‎ ‎22.(本小题满分14分)(文)(2014·浙江杜桥中学期中)已知函数f(x)=x2-2lnx.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)≥2tx-在x∈(0,1]内恒成立,求t的取值范围.‎ ‎[解析] (1)函数的定义域为(0,+∞),f ′(x)=2x-=,‎ 由f ′(x)>0,得x>1,由f ′(x)<0,得00,‎ ‎∴h′(x)<0,‎ ‎∴h(x)在(0,1)上为减函数.‎ ‎∴当x=1时,h(x)=x+-有最小值2,得2t≤2,∴t≤1,‎ 故t的取值范围是(-∞,1].‎ ‎(理)(2014·山东省德州市期中)已知f(x)=-ax2+x-ln(1+x),其中a>0.‎ ‎(1)若x=3是函数f(x)的极值点,求a的值;‎ ‎(2)求f(x)的单调区间;‎ ‎(3)若f(x)在[0,+∞)上的最大值是0,求a的取值范围.‎ ‎[解析] (1)由题意得f ′(x)=,x∈(-1,+∞),‎ 由f ′(3)=0⇒a=,经检验符合题意.‎ ‎(2)令f ′(x)=0⇒x1=0,x2=-1,‎ ‎①当01时,-11,f(x)的单调递增区间是(-1,0).‎ f(x)的单调递减区间是(-1,-1),(0,+∞).‎ 当a=1时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞).‎ ‎(3)由(2)可知 当0f(0)=0,所以0
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