2015高考数学人教A版本（导数及其应用）一轮过关测试题 15页

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