数学北师大版高中必修32012届高考数学一轮复习《名师一号》单元检测(人教A)：第十四章_导数(数学理)

2012届高考数学一轮复习《名师一号》单元检测（人教
A ）：第十四章 导数（数学理）
时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题：(本大题共12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．曲线y ＝ln x 上一点P 和坐标原点O 的连线恰好是该曲线的切线，则点P 的横坐标为( )
A ．e B. e C ．e 2
D ．2
解析：设点P 的坐标是(a ，ln a )，则有1a ＝ln a
a
，ln a ＝1，a ＝e ，因此点P 的横坐标是e ，
选A.
答案：A
2．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，则不可能正确的是( )
解析：函数f (x )的单调性与f ′(x )的正负相关，对于选项D ，若x 轴上方的图象为函数f (x )的图象，如图象知，f (x )有增有减，而f ′(x )恒小于等于0，不合题意，后之亦矛盾，故选D.
答案：D
3．已知f (x )为定义在(－∞，＋∞)上的可导函数，且f (x )<f ′(x )对于x ∈R 恒成立，则( )
A ．f (2)>e 2
·f (0)，f (2010)>e 2010
·f (0) B ．f (2)<e 2·f (0)，f (2010)>e 2010
·f (0) C ．f (2)>e 2·f (0)，f (2010)<e 2010
·f (0) D ．f (2)<e 2·f (0)，f (2010)<e 2010
·f (0)
解析：设g (x )＝
f x
e
x
，则有g ′(x )＝
f ′x e x －f x e x e
x
2
＝
f ′x －f x
e
x
>0，
所以g (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，因此有g (2)>g (0)，g (2010)>g (0)，即
f 2
e
2
>f (0)，
f 2010
e
2010
>f (0)，整理得f (2)>e 2·f (0)，f (2010)>e
2010
·f (0)，选A.
答案：A
4．若函数y ＝f (x )满足f ′(x )>f (x )，则当a >0时，f (a )与e a
f (0)之间的大小关系为( )
A. f (a )<e a
f (0) B. f (a )>e a f (0) C. f (a )＝e a f (0)
D ．与f (x )或a 有关，不能确定 解析：设g (x )＝
f x
e
x
，则有g ′(x )＝
f x
x
－e x
f x
x
2
＝
f x －f x
e
x
>0，
因此g (x )在R 上是增函数，当a >0时，有g (a )>g (0)，即f a
e
a
>
f
e
＝f (0)，f (a )>e a
f (0)，
选B.
答案：B
5．已知m <0，f (x )＝mx 3
＋12m
x ，且f ′(1)≥－12，则实数m 的值为( )
A ．2
B ．－2
C ．4
D ．－4
解析：依题意，f ′(x )＝3mx 2＋12m ，则f ′(1)＝3m ＋12m
≥－12，所以m 2
＋4m ＋4≤0，故
m ＝－2，选择B.
答案：B
6．已知函数f (x )的图象如图所示，
f ′(x )是函数f (x )的导函数，且y ＝f (x ＋1)是奇函数，则下列结论中错误的是( )
A ．f (1－x )＋f (1＋x )＝0
B ．f ′(x )(x －1)≥0
C ．f (x )(x －1)≥0 D.lim x →0
f (x )＝f (0) 解析：对于A ，由y ＝f (x ＋1)是奇函数得f (－x ＋1)＝－f (x ＋1)，即f (1－x )＋f (1＋
x )＝0，因此选项A 正确；对于B ，结合图形可知，当x 大于某个正数时，f (x )是减函数，
f ′(x )<0，此时(x －1)f ′(x )<0，因此选项B 错误；对于选项C ，(x －1)f (x )≥0，C 正确；
对于选项D ，由于函数f (x )在x ＝0处连续，因此D 正确．综上所述，选B.
答案：B 7.
定义在R 上的函数f (x )满足f (4)＝1，f ′(x )为函数f (x )的导函数．已知函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，两个正数a 、b 满足f (2a ＋b )<1，则
b ＋2
a ＋2
的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12 B.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，12∪(3，＋∞) C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3 D ．(－∞，－3)
解析：由题中图可知，当x >0时，f ′(x )>0，此时f (x )是增函数．由2a ＋b >0，f (2a ＋b )<1＝f (4)得2a ＋b <4，即2a ＋b －4<0.在直角坐标平面aOb 内画出不等式组
⎩⎪⎨⎪
⎧
a >0
b >02a ＋b －4<0
表示的平面区域，将
b ＋2
a ＋2
视为该平面区域内的点(a ，b )与点(－2，－2)的连线的斜率，结合图形不难得知
b ＋2a ＋2的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，3，选C. 答案：C
8．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝x 2
＋2xf ′(2)，则f (－1)与f (1)的大小关系为( )
A ．f (－1)＝f (1)
B ．f (－1)>f (1)
C ．f (－1)<f (1)
D ．不确定
解析：f (x )＝x 2
＋2xf ′(2)⇒f ′(x )＝2x ＋2f ′(2)⇒f ′(2)＝4＋2f ′(2)⇒f ′(2)＝－4，所以f (x )＝x 2
－8x ＝(x －4)2
－16，且在(－∞，4]上为减函数，∵－1<1<4，∴f (－1)>f (1)，所以选B.
答案：B
9．若对可导函数f (x )，g (x )，当x ∈[0,1]时恒有f ′(x )·g (x )<f (x )·g ′(x )，若已知α，β是一个锐角三角形的两个内角，且α≠β，记F (x )＝
f x
g x
(g (x )≠0)，则下列
不等式正确的是( )
A ．F (sin α)<F (cos β)
B ．F (sin α)>F (sin β)
C ．F (cos α)>F (cos β)
D ．F (cos α)<F (cos β)
解
析
：
F ′(x )
＝
f x
g x －f x
g x
g 2x
，∵
f ′(x )·
g (x )<f (x )·g ′(x )，∴F ′(x )<0，∴F (x )在[0,1]上单调递减，又∵α、β是一
锐角三角形的两内角，
∴π2<α＋β<π，∴0<π2－β<α<π2，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－β<sin α，即cos β<sin α， ∴F (sin α)<F (cos β)，故选A. 答案：A
10．已知函数f (x )＝x 2
＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列{1
f n
}
的前n 项和为S n ，则S 2009的值为( )
A.2007
2008 B.2008
2009 C.2009
2010
D.
2010
2011
解析：∵函数f (x )＝x 2＋bx 的图象的切线的斜率为f ′(x )＝2x ＋b ；∴函数f (x )＝x
2
＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 的斜率为k ＝2＋b ；∴2＋b ＝3，即b ＝1；∴f (x )＝x 2
＋x ⇒
1
f n
＝
1n 2＋n ＝1n
n ＋＝1n －1n ＋1
； ∴S 2009＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12009－12010＝1－12010＝20092010.
答案：C
11．方程x 3
－6x 2
＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1
D ．0
解析：应用导数的几何意义易判断函数的增减性，然后根据极值判断实根的个数．设f(x)＝x3－6x2＋9x－10⇒f′(x)＝3x2－12x＋9⇒f′(x)＝0得x＝1或x＝3.
①x≤1时，f(x)单调递增，最大值为－6.②当1＜x≤3时，f(x)单调递减，最小值为－10.③当x≥3时，f(x)单调递增，最小值为－10.
由上分析知y＝f(x)的图象如图，与x轴只有一个公共点，所以只有一个实根，故选C.
答案：C
12．下列关于函数f(x)＝(2x－x2)e x的判断正确的是( )
①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；
②f(－2)是极小值，f(2)是极大值；
③f(x)没有最小值，也没有最大值．
A．①③B．①②③
C．②D．①②
解析：f(x)>0⇒(2x－x2)e x>0⇒2x－x2>0⇒0<x<2，故①正确；
f′(x)＝e x(2－x2)，由f′(x)＝0得x＝±2，
由f′(x)<0得x>2或x<－2，
由f′(x)>0得－2<x<2，
∴f(x)的单调减区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．
单调增区间为(－2，2)．
∴f(x)的极大值为f(2)，极小值为f(－2)，故②正确；
因为当x<－2时，f(x)<0恒成立，
所以f(x)无最小值，但有最大值f(2)，故③不正确．
答案：D
第Ⅱ卷(非选择题共90分)
二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)
13．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)＝3x2＋2xf′(2)，则f′(5)＝________.
解析：对f (x )＝3x 2
＋2xf ′(2)求导，得f ′(x )＝6x ＋2f ′(2)，令x ＝2，得f ′(2)＝－12，则f ′(x )＝6x －24.再令x ＝5，得f ′(5)＝6×5－24＝6.
答案：6
14．设函数f (x )＝13ax 3＋12
bx 2
＋cx (c <0)，其图象在点A (1,0)处的切线的斜率为0，则
f (x )的单调递增区间是________．
解析：f ′(x )＝ax 2
＋bx ＋c ，则由题意，得f (1)＝13a ＋12b ＋c ＝0且f ′(1)＝a ＋b ＋c
＝0，解得b ＝－43a ，c ＝13a ，∵c <0，∴a <0，所以f ′(x )＝13a (3x 2
－4x ＋1)＝13a (3x －1)(x
－1)≥0，即(3x －1)(x －1)≤0，解得13≤x ≤1，因此函数f (x )的单调递增区间为[1
3
，1]．
答案：[1
3
，1]
15．定义⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 b 1a 2 b 2＝a 1b 2－a 2b 1.如果函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪
1
2 ln x －1 x 2
，则f (x )在x ＝1处的切线的倾斜角为________．
解析：根据所给定义可得f (x )＝12x 2＋ln x ，则f ′(x )＝x ＋1
x .设切线的倾斜角为θ，则
tan θ＝f ′(1)＝2，故θ＝arctan2.
答案：arctan 2
16．已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2
＋2bx ＋c ，当x ∈(0,1)时函数f (x )取得极大值，当x ∈
(1,2)时函数f (x )取得极小值，则u ＝
b －2
a －1
的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝x 2
＋ax ＋2b ，
∵当x ∈(0,1)时函数f (x )取得极大值，当x ∈(1,2)时函数f (x )取得极小值，
∴
⎩⎪⎨⎪⎧
f f f
⇒⎩⎪⎨⎪
⎧
2b >01＋a ＋2b <04＋2a ＋2b >0
，
u ＝b －2a －1的几何意义是点A (a ，b )与B (1,2)连线的斜率，如图，结合图形可得14
<u <1. 答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，1 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)设x >0，证明：cos x ＋x 2
2>1.
证明：令f (x )＝cos x ＋x 2
2
，
则f ′(x )＝x －sin x ，[f ′(x )]′＝1－cos x ， ∵当x ∈[0，＋∞)时，[f ′(x )]′＝1－cos x ≥0， ∴f ′(x )在[0，＋∞)上为增函数． 又f ′(x )在[0，＋∞)上连续，
∴当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>f ′(0)＝0， 则f (x )在(0，＋∞)上为增函数， 又f (x )在[0，＋∞)上连续， ∴x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝1， 故当x >0时，cos x ＋x 2
2
>1.
18．(本小题满分12分)(2010·江西)设函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＋ax (a >0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在(0,1]上的最大值为1
2，求a 的值．
解析：函数f (x )的定义域为(0,2)，
f ′(x )＝1x －1
2－x
＋a ，
(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2
＋2
x －x ，所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减
区间为(2，2)．
(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝
2－2x
x －x
＋a >0，
即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝1
2.
19．(本小题满分12分)设f (x )＝ax 3
＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f ′(x )的最小值为－12.
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)求函数f (x )的单调增区间，并求函数f (x )在[－1,3]上的最大值和最小值．
解析：(1)∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， 即－ax 3
－bx ＋c ＝－ax 3
－bx －c ，∴c ＝0. 又f ′(x )＝3ax 2
＋b 的最小值为－12，∴b ＝－12. 由题设知f ′(1)＝3a ＋b ＝－6，∴a ＝2， 故f (x )＝2x 3
－12x .
(2)f ′(x )＝6x 2－12＝6(x ＋2)(x －2)，当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况表如下：
∵f (－1)＝10，f (3)＝18，f (2)＝－82，f (－2)＝82， 当x ＝2时，f (x )min ＝－82；当x ＝3时，f (x )max ＝18.
20．(本小题满分12分)(2010·北京)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ＋k
2x 2
(k ≥0)．
(1)当k ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．
解析：(1)当k ＝2时，f (x )＝ln(1＋x )－x ＋x 2
，f ′(x )＝11＋x
－1＋2x .
由于f (1)＝ln2，f ′(1)＝3
2，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －ln2
＝3
2
(x －1)，即3x －2y ＋2ln2－3＝0. (2)f ′(x )＝
x kx ＋k －
1＋x
，x ∈(－1，＋∞)．
当k ＝0时，f ′(x )＝－x
1＋x
.
所以，在区间(－1,0)上，f ′(x )>0；在区间(0，＋∞)上，f ′(x )<0. 故f (x )的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)． 当0<k <1时，由f ′(x )＝x kx ＋k －
1＋x
＝0，得x 1＝0，x 2＝1－k
k
>0.
所以，在区间(－1,0)和⎝
⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1－k k 上，f ′(x )<0； 故f (x )的单调递增区间是(－1,0)和⎝
⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1－k k .
当k ＝1时，f ′(x )＝x 2
1＋x >0，故f (x )的单调递增区间是(－1，＋∞)．
当k >1时，由f ′(x )＝
x kx ＋k －
1＋x
＝0，得x 1＝1－k
k
∈(－1,0)，x 2＝0.
所以，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－k k ，0上，f ′(x )<0.
故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1－k k ，0. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝13
x 3＋x 2
－2.
(1)设{a n }是正数组成的数列，前n 项和为S n ，其中a 1＝3.若点(a n ，a n ＋12
－2a n ＋1)(n ∈N *
)在函数y ＝f ′(x )的图象上，求证：点(n ，S n )也在y ＝f ′(x )的图象上；
(2)求函数f (x )在区间(a －1，a )内的极值． 解析：
(1)证明：因为f (x )＝13x 3＋x 2
－2，
所以f ′(x )＝x 2
＋2x ，
由点(a n ，a n ＋12
－2a n ＋1)(n ∈N *
)在函数y ＝f ′(x )的图象上，得a n ＋12
－2a n ＋1＝a n 2
＋2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.
又a n >0(n ∈N *)，所以a n ＋1－a n ＝2. 又因为a 1＝3，
所以数列{a n }是以3为首项，以2为公差的等差数列， 所以S n ＝3n ＋
n n －
2
×2＝n 2
＋2n .
又因为f ′(n )＝n 2
＋2n ，所以S n ＝f ′(n )， 故点(n ，S n )也在函数y ＝f ′(x )的图象上． (2)f ′(x )＝x 2
＋2x ＝x (x ＋2)， 由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2，
当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：
①当a －1<－2<a ，即－2<a <－1时，f (x )的极大值为f (－2)＝－2
3，此时f (x )无极小值；
②当a －1<0<a ，即0<a <1时，f (x )的极小值为f (0)＝－2，此时f (x )无极大值；
③当a ≤－2或－1≤a ≤0或a ≥1时，f (x )既无极大值又无极小值． 22．(本小题满分12分) 已知函数f (x )＝
1＋
x ＋x
(x >0)．
(1)函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数还是减函数？证明你的结论； (2)若当x >0时，f (x )>
k
x ＋1
恒成立，求正整数k 的最大值．
解析：(1)f ′(x )＝1x 2 [x
x ＋1 －1－ln(x ＋1)]
＝－1x 2 [1x ＋1 ＋ln(x ＋1)]．
∵x >0，∴x 2
>0，1
x ＋1
>0，ln(x ＋1)>0， ∴f ′(x )<0.
因此函数f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数． (2)解法一：当x >0时，f (x )>k
x ＋1
恒成立，
令x ＝1，有k <2(1＋ln2)，
又k 为正整数，∴k 的最大值不大于3. 下面证明当k ＝3时，f (x )>
k
x ＋1
(x >0)恒成立，
即证当x >0时，(x ＋1)ln(x ＋1)＋1－2x >0恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)＋1－2x ，
则g ′(x )＝ln(x ＋1)－1，当x >e －1时，g ′(x )>0； 当0<x <e －1时，g ′(x )<0，∴当x ＝e －1时，
g (x )取得极小值g (e －1)＝3－e>0.
∴当x >0时，(x ＋1)ln(x ＋1)＋1－2x >0恒成立． 因此正整数k 的最大值为3. 解法二：当x >0时，f (x )>k
x ＋1
恒成立，
即h (x )＝
x ＋＋x ＋
x >k 对x >0恒成立．即h (x )(x >0)的最小值大于k .
h ′(x )＝
x －1－
x ＋
x
2
记φ(x )＝x －1－ln(x ＋1)(x >0)， 则φ′(x )＝
x
x ＋1
>0，∴φ(x )在(0，＋∞)上连续递增，
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参考资料 学习帮手 又φ(2)＝1－ln3<0，φ(3)＝2－2ln2>0， ∴φ(x )＝0存在唯一实根a ，且满足：
a ∈(2,3)，a ＝1＋ln(a ＋1)．
由x >a 时，φ(x )>0，h ′(x )>0；
0<x <a 时，φ(x )>0，h ′(x )<0知：
h (x )(x >0)的最小值为
h (a )＝a ＋＋a ＋a
＝a ＋1∈(3,4)． 因此正整数k 的最大值为3.。