高中数学导数及其应用综合检测试题及答案

高中数学导数及其应用综合检测试题及答
案
第一章导数及其应用综合检测
时间 120 分钟，满分150 分。

一、选择题 (本大题共12 个小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的)
1．(2019 全国Ⅱ文， 7)若曲线 y＝ x2 ＋ax＋ b 在点 (0， b)处的切线方程是 x－ y＋ 1＝0，则 ()
A．a＝ 1，b＝ 1
B．a＝－ 1， b＝ 1
C．a＝ 1，b＝－ 1
D ．a＝－ 1， b＝－ 1
[答案]A
[ 分析 ]y＝2x＋ a，y|x＝ 0＝ (2x＋ a)|x＝ 0＝ a＝1，
将(0， b)代入切线方程得b＝ 1.
2．一物体的运动方程为s＝ 2tsint＋ t，则它的速度方程为()
A．v＝ 2sint＋2tcost＋ 1
B．v ＝2sint＋ 2tcost
C．v ＝2sint
D ．v＝ 2sint＋2cost＋1
[答案]A
[ 分析 ]由于变速运动在t0 的刹时速度就是行程函数y＝s(t)
在 t0 的导数， S＝2sint＋ 2tcost＋ 1，应选 A.
3．曲线 y＝x2 ＋ 3x 在点 A(2,10) 处的切线的斜率是()
A ．4
B．5
C．6
D ．7
[答案] D
[ 分析 ]由导数的几何意义知，曲线y＝ x2＋ 3x 在点 A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝ x2＋3x 在 x＝ 2 时的导数， y|x ＝2＝7，应选 D.
4．函数 y＝x|x(x － 3)|＋1()
A ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝ 1
B．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝1
C．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(0)＝f(3) ＝ 1
D ．极大值为 f(2) ＝ 5，极小值为f(3)＝ 1， f( － 1)＝－ 3
[答案 ]B
[分析 ]y＝x|x(x － 3)|＋ 1
＝x3 － 3x2＋ 1 (x0 或 x3)－ x3＋ 3x2＋1 (03)
y＝ 3x2 －6x (x0 或 x3)－ 3x2＋ 6x (03)
x变化时， f(x) ，f(x) 变化状况以下表：
x (－， 0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3 ，＋ )
f(x)＋0＋0－0＋
f(x) ? 无极值? 极大值 5 ? 极小值 1 ?
f(x) 极大＝ f(2) ＝5， f(x) 极小＝ f(3) ＝1
故应选 B.
5．(2009 安徽理， 9)已知函数 f(x) 在 R 上知足 f(x) ＝ 2f(2 － x)－x2 ＋ 8x－ 8，则曲线 y＝ f(x) 在点 (1，f(1)) 处的切线方程是 ()
A．y＝ 2x－1
B．y＝ x
C．y＝ 3x－2
D ．y＝－ 2x＋ 3
[答案]A
[ 分析 ]此题考察函数分析式的求法、导数的几何意义及直
线方程的点斜式．
∵f(x) ＝2f(2 － x) －x2 ＋ 8x－8，
f(2 － x) ＝2f(x) － x2－ 4x＋ 4，
f(x) ＝x2， f(x) ＝ 2x，
曲线 y＝ f(x) 在点 (1， f(1)) 处的切线斜率为2，切线方程为y
－1＝2(x －1)， y＝ 2x－ 1.
6．函数 f(x) ＝ x3＋ax2＋ 3x－ 9，已知 f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，则 a 等于 ()
A．2
B．3
C．4
D ．5
[答案] D
[ 分析 ]f(x) ＝ 3x2 ＋2ax＋ 3，
∵ f(x) 在 x＝－ 3 时获得极值，
x＝－ 3 是方程 3x2＋ 2ax＋3＝ 0 的根，
a＝ 5，应选 D.
7．设 f(x) ，g(x) 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x0时， f(x)g(x) ＋ f(x)g(x)0 ，且 g(－ 3)＝ 0，则不等式 f(x)g(x)0
的解集是 ()
A．(－ 3,0)(3，＋ )
B．(－3,0)(0,3)
C．(－，－ 3)(3，＋ )
D ．(－，－ 3)(0,3)
[答案] D
[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x0 时，f(x)g(x) ＋ f(x)g(x)0 ，即 F(x)0 ，知 F(x) 在(－， 0)内单一递加，又 F(x) 为奇函数，所以 F(x) 在 (0，＋ )内也单一递加，且由奇
函数知 f(0) ＝0， F(0)＝ 0.
又由 g(－3)＝ 0，知 g(3)＝ 0
F(－ 3)＝ 0，从而 F(3)＝ 0
于是 F(x) ＝ f(x)g(x) 的大概图象以下图
F(x) ＝ f(x)g(x)0 的解集为 (－，－ 3)(0,3) ，故应选 D.
8．下边四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图
象，此中必定不正确的序号是()
A．①②
B．③④
C．①③
D．①④
[答案]B
[ 分析 ]③不正确；导函数过原点，但三次函数在x＝ 0 不存在极值；④不正确；三次函数先增后减再增，而导函数先负
后正再负．故应选 B.
9． (2019 湖南理， 5)241xdx 等于 ()
A ．－ 2ln2
B．2ln2
C．－ ln2
D ．ln2
[答案] D
[ 分析 ]由于(lnx)＝1x，
所以 241xdx ＝lnx|42 ＝ln4 －ln2＝ ln2.
10．已知三次函数f(x) ＝ 13x3 － (4m－ 1)x2＋ (15m2 －2m－7)x ＋2 在 x( －，＋ )是增函数，则m 的取值范围是 ()
A ．m2 或 m4
B．－ 4－ 2
C．24
D．以上皆不正确
[答案] D
[ 分析 ]f(x) ＝ x2－ 2(4m－ 1)x＋ 15m2－ 2m－ 7，
由题意得 x2 －2(4m－ 1)x＋ 15m2－2m－70 恒建立，＝ 4(4m －1)2－4(15m2 －2m－7)
＝64m2－ 32m＋ 4－60m2＋ 8m＋ 28
＝4(m2 －6m＋8)0，
24，应选 D.
11．已知 f(x) ＝x3 ＋ bx2＋ cx＋d 在区间 [－ 1,2] 上是减函数，那么 b＋ c()
A ．有最大值152
B．有最大值－ 152
C．有最小值152
D ．有最小值－ 152
[答案]B
[ 分析 ]由题意f(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f(x)0恒建立．所以 f( － 1)0f(2)0
即 2b－c－304b＋ c＋120
令 b＋ c＝ z， b＝－ c＋ z，如
图过 A －6，－ 32 得 z 最大，
最大值为 b＋c＝－ 6－ 32＝－ 152.故应选 B.
12．设 f(x) 、g(x) 是定义域为R 的恒大于 0 的可导函数，且
f(x)g(x) － f(x)g(x)0 ，则当 ab 时有 ()
A．f(x)g(x)f(b)g(b)
B．f(x)g(a)f(a)g(x)
C．f(x)g(b)f(b)g(x)
D ．f(x)g(x)f(a)g(x)
[答案] C
[ 分析 ]令F(x)＝f(x)g(x)
则 F(x) ＝ f(x)g(x) － f(x)g(x)g2(x)0
f(x) 、g(x) 是定义域为R 恒大于零的实数
F(x) 在 R 上为递减函数，
当 x(a，b)时， f(x)g(x)f(b)g(b)
f(x)g(b)f(b)g(x) ．故应选 C.
二、填空题 (本大题共 4 个小题，每题 4 分，共 16 分．将正确答案填在题中横线上)
13.－2－ 1dx(11＋ 5x)3＝________.
[答案 ]772
[ 分析 ]取F(x)＝－110(5x＋11)2，
从而 F(x) ＝ 1(11＋ 5x)3
则－ 2－1dx(11 ＋ 5x)3＝ F(－1)－F(－ 2)
＝－ 11062＋ 11012＝ 110－ 1360＝772.
14．若函数 f(x) ＝ ax2－1x 的单一增区间为(0，＋)，则实数 a
的取范是 ________．
[ 答案 ] a0
[ 分析 ] f(x) ＝ ax－1x＝ a＋1x2，
由意得， a＋ 1x20， x(0，＋ )恒建立，
a－ 1x2， x(0 ，＋ )恒建立， a0.
15． (2009 西理， 16) 曲 y＝ xn ＋1(nN*) 在点 (1,1)的
切与 x 的交点的横坐xn ，令 an＝ lgxn ， a1＋ a2＋⋯＋a99 的 ________．
[答案 ]－2
[ 分析 ]本小主要考数的几何意和数函数的相关
性．
k＝ y|x＝ 1＝n＋ 1，
切 l ：y－ 1＝ (n＋ 1)(x － 1)，
令 y＝ 0， x＝nn＋ 1，an＝ lgnn ＋ 1，
原式＝ lg12 ＋lg23 ＋⋯＋ lg99100
＝l g1223 ⋯99100＝ lg1100＝－ 2.
16．如暗影部分是由曲y＝1x ， y2＝x 与直 x＝ 2， y ＝0 成，其面________．
[ 答案 ]23＋ ln2
[ 分析 ]由y2＝x，y＝1x，得交点A(1,1)
由 x＝ 2y＝ 1x 得交点 B2， 12.
故所求面S＝ 01xdx ＋121xdx
＝23x3210 ＋ lnx21 ＝ 23＋ ln2.
三、解答题 (本大题共 6 个小题，共74 分．解答应写出文字
说明、证明过程或演算步骤)
17．(此题满分 12 分 )(2019 江西理，19)设函数 f(x) ＝ lnx ＋ ln(2－x)＋ ax(a0)．
(1)当 a＝ 1 时，求 f(x) 的单一区间；
(2)若 f(x) 在 (0,1] 上的最大值为12，求 a 的值．
[ 分析 ]函数f(x)的定义域为(0,2)，
f(x) ＝1x－ 12－ x＋a，
(1)当 a＝ 1 时， f(x) ＝－ x2＋2x(2 －x) ，所以 f(x) 的单一递加区间为 (0， 2)，单一递减区间为 (2 ，2)；
(2)当 x(0,1] 时， f(x) ＝2－2xx(2 － x) ＋a0，
即 f(x) 在 (0,1] 上单一递加，故f(x) 在 (0,1] 上的最大值为f(1) ＝a，所以 a＝12.
18．(此题满分12 分 )求曲线 y＝2x－ x2，y＝ 2x2 －4x 所围成图形的面积．
[ 分析 ]由y＝2x－x2，y＝2x2－4x得x1＝0，x2＝2.
由图可知，所求图形的面积为S＝ 02(2x － x2)dx ＋ |02(2x2－4x)dx| ＝02(2x －x2)dx － 02(2x2 － 4x)dx.
由于 x2－ 13x3＝ 2x－x2，
23x3－ 2x2＝ 2x2－4x ，
所以 S＝ x2－13x320 －23x3－ 2x220＝ 4.
19． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 3ax＋ b(a0)．
(1)若曲线 y＝ f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线y＝ 8 相切，求a，b 的值；
(2)求函数 f(x) 的单一区间与极值点．
[ 剖析 ]考察利用导数研究函数的单一性，极值点的性质，
以及分类议论思想．
[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 3a.
由于曲线 y＝f(x) 在点 (2， f(2)) 处与直线 y＝8 相切，所
以 f(2) ＝ 0， f(2) ＝8.即 3(4－a)＝ 0， 8－6a＋ b＝ 8.
解得 a＝ 4，b＝ 24.
(2)f(x) ＝ 3(x2－ a)(a0)．
当 a0 时， f(x)0 ，函数 f(x) 在 (－，＋ )上单一递加，此时函数
f(x) 没有极值点．
当 a0 时，由 f(x) ＝ 0 得 x＝ a.
当 x( －，－ a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加；
当 x( － a， a)时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递减；
当 x(a，＋ )时， f(x)0 ，函数 f(x) 单一递加．
此时 x＝－ a 是 f(x) 的极大值点， x＝ a 是 f(x) 的极小值点．20． (此题满分 12 分 )已知函数f(x) ＝ 12x2 ＋lnx.
(1)求函数 f(x) 的单一区间；
(2)求证：当x1 时， 12x2 ＋ lnx23x3.
[ 分析 ] (1)依题意知函数的定义域为{x|x0} ，
∵f(x) ＝x＋ 1x，故 f(x)0 ，
f(x) 的单一增区间为(0，＋ )．
(2)设 g(x) ＝ 23x3－12x2 － lnx ，
g(x) ＝ 2x2 －x－ 1x，
∵当 x1 时， g(x) ＝ (x－ 1)(2x2 ＋ x＋ 1)x0，
g(x) 在 (1，＋ )上为增函数，
g(x)g(1) ＝ 160，
当 x1 时， 12x2 ＋lnx23x3.
21． (此题满分 12 分 )设函数 f(x) ＝x3 － 92x2＋ 6x－ a.
(1)关于随意实数x,f(x)m 恒建立，求m 的最大值；
(2)若方程 f(x) ＝0 有且仅有一个实根，求 a 的取值范围．[ 剖析 ]此题主要考察导数的应用及转变思想，以及求参数
的范围问题．
[ 分析 ](1)f(x) ＝ 3x2－ 9x＋ 6＝ 3(x－ 1)(x －2)．
由于 x( －，＋ )． f(x)m ，即 3x2－ 9x＋ (6－ m)0 恒建立．所以＝ 81－ 12(6－ m)0，得 m－ 34，即 m 的最大值为－ 34. (2)由于当 x1 时， f(x)0 ；当 12 时， f(x)0 ；当 x2 时 f(x)0.
所以当 x＝ 1 时， f(x) 取极大值 f(1) ＝ 52－a，
当 x＝ 2 时， f(x) 取极小值 f(2) ＝2－ a.
故当 f(2)0 或 f(1)0 时，方程 f(x) ＝ 0 仅有一个实根，解得a2或 a52.
22． (此题满分 14 分 )已知函数f(x) ＝－ x3＋ax2＋ 1(aR)．
(1)若函数 y＝ f(x) 在区间 0， 23 上递加，在区间23，＋上递减，求 a 的值；
(2)当 x[0,1] 时，设函数 y＝f(x) 图象上随意一点处的切线的倾
斜角为，若给定常数a32，＋，求的取值范围；
(3)在 (1)的条件下，能否存在实数m，使得函数 g(x) ＝ x4－ 5x3＋(2－ m)x2 ＋ 1(mR) 的图象与函数 y＝ f(x) 的图象恰有三个交点．若存在，恳求出实数 m 的值；若不存在，试说明原因．
[ 分析 ] (1)依题意 f23 ＝ 0，
由 f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax，得－ 3232＋ 2a23＝ 0，即 a＝1.
(2)当 x[0,1] 时， tan＝ f(x) ＝－ 3x2＋ 2ax＝－ 3x－ a32＋a23.由 a32，＋，得 a312，＋ .
①当 a312，1，即 a32，3 时， f(x)max ＝ a23，
f(x)min ＝f(0) ＝ 0.
此时 0tana23.
②当 a3(1，＋)，即 a(3，＋)时，f(x)max ＝f(1) ＝ 2a－ 3，f(x)min ＝f(0) ＝0，
此时， 0tan2a－ 3.
又∵ [0， )，当 323 时， 0，arctana23，
当 a3 时， [0 ，arctan(2a－3)] ．
(3)函数 y＝ f(x) 与 g(x) ＝x4 －5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1(mR) 的图象恰有 3 个交点，等价于方程－x3＋x2 ＋1＝x4－ 5x3＋ (2－m)x2 ＋ 1 恰有 3 个不等实根，
x4－ 4x3＋ (1－m)x2 ＝ 0，
明显 x＝ 0 是此中一个根 (二重根 )，
方程 x2－ 4x ＋(1－ m)＝ 0 有两个非零不等实根，则
＝16－ 4(1－ m)01－ m0
“师”之观点，大概是从先秦期间的“师长、师傅、先生”而来。

此中“师傅”更早则意指春秋时国君的老师。

《说文解字》中
有注曰：“师教人以道者之称也”。

“师”之含义，此刻泛指
从事教育工作或是教授知识技术也或是某方面有专长值得学习
者。

“老师”的原意并不是由“老”而形容“师”。

“老”在旧语义中
也是一种尊称，隐喻年长且学问渊博者。

“老”“师”连用最先见于《史记》，有“荀卿最为老师”之说法。

慢慢“老师”之说也不再有年纪的限制，老小皆可合用。

不过司马迁笔下的“老师” 自然不是今日意义上的“教师”，其不过“老”和“师”的复合构词，所表达的含义多指对知识渊博者的一种尊称，虽能从其
身上学以“道”，但其不必定是知识的流传者。

今日看来，“教师”的必需条件不但是拥有知识，更重于流传知识。

m－ 3 且
m1
照本宣科是一种传统的教课方式,在我国有悠长的历史。

但随
着素质教育的展开,照本宣科被作为一种僵化的、阻挡学生能
力发展的教课方式,逐渐为人们所摒弃;而另一方面 ,老师们又
为提升学生的语文修养呕心沥血。

其实,只需应用适当 , “死记硬背”与提升学生素质其实不矛盾。

相反,它正是提升学生语文
水平的重要前提和基础。

故当 m－3 且 m1 时，函数 y＝ f(x) 与 y＝ g(x)的图象恰有 3 个交点．
教师范读的是阅读教课中不行缺乏的部分，我常采纳范读，
让少儿学习、模拟。

如领读，我读一句，让少儿读一句，边
读边记；第二通读，我高声读，我高声读，少儿小声读，边
学边仿；第三赏读，我借用录好配朗诵磁带，一边放录音，
一边少儿频频聆听，在频频聆听中体验、品尝。