导数及其应用运算单调性极值与定积分早练专题练习(三)含答案人教版高中数学新高考指导

高中数学专题复习
《导数及其应用-运算单调性极值与定积分》单元
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人
得分
一、选择题
1．设P 为曲线2
:23C y x x =++上的点,且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值范围是[0,
]
4
π,则点P 横坐标的取值范围是( ) A.1[1,]2--
B.[1,0]
- C.[0,1] D.1
[,1]2
(2020辽宁理) 2．
22
(1cos )x dx π
π-+⎰等于（ ）
A ．π
B . 2
C . π-2
D . π+2(2020福建理)
3．由直线x=0,3
,3
==
-y x π
π
与曲线y=c osx 所围成的封闭图形的面积为
（ ） A ．
2
1
B ．1
C ．23
D ．3（2020湖南理6）
4．函数2sin 2
x
y x =
-的图象大致是（ ）
（2020山东文10）
5．曲线y ＝x 3－3x 2＋1在点(1，－1)处的切线方程为（ ） （A ）y ＝3x －4 （B ）y ＝－3x ＋2
（C ）y ＝－4x ＋3 （D ）y ＝4x －5（2020全国2文）（3） 6．函数2sin 2
x
y x =
-的图象大致是
7．设2
:()e ln 21x p f x x x mx =++++在(0)+∞，内单调递增，:5q m -≥，则p 是q 的 （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不
必要条件 答案 B
8．右图是函数f (x )=x 2
+ax +b 的部分图象，则函数
()ln '()g x x f x =+的零点所在的区间是（ ） A ．11
(,)42 B ．(1,2)
C ．1(,1)2
D ．(2,3)
答案 C
9．已知曲线24x y =的一条切线的斜率为1
2
，则切点的横坐标为（ ）（全国二
文） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
10．设曲线1
1
x y x +=
-在点(3
2)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则
a =________
第II 卷（非选择题）
请点击修改第II 卷的文字说明 评卷人
得分
二、填空题
11．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则实数a 的取值范围是 ．
12．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则=max )(ab ________
13．关于x 的不等式(21)ln 0ax x -≥对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的值为_____． 14．计算：︒
-︒
+︒80
cos 110sin 310cos ＝ .
15．若函数()()02
3
>-=a ax x x f 在区间⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞,320上是单调递增函数，则使方程()1000=x f 有整数解的实数a 的个数是 。

16． 函数5()sin 2sin cos 2
cos 66
f x x x π
π
=⋅-
⋅在[,]22ππ-上的单调递增区间为 ．
评卷人
得分
三、解答题
17．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品。

若该商品零售价定为P 元，
则销售量Q （单位：件）与零售价P （单位：元）有如下关系：Q=8300-170P-P 2
,问该商品零售价定为多少时毛利润L 最大，并求出最大毛利润。

（毛利润=销售收入-进货支出）(本题满分15分)
18．已知函数)ln()(m x e x f x
+-=.
(Ⅰ)设0x =是()f x 的极值点,求m ,并讨论()f x 的单调性;
(Ⅱ)当2m ≤时,证明()0f x >.（2020年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷
数学（理）（纯WORD 版含答案）） 19．已知函数()x
x
x f ln =
(1)求()x f 的单调区间；
(2)若关于x 的不等式mx x <ln 对一切[]()02,>∈a a a x 都成立，求m 范围； (3)某同学发现：总存在正实数(),,b a b a <使a
b
b a =，试问：他的判断是否正确；若正确，请写出a 的范围；不正确说明理由．
20．已知函数ax x a a x x f 2ln )2
1
43(21)(22-++= (1)当2
1
-
=a 时，求)(x f 的极值点; (2)若)(x f 在'
()f x 的单调区间上也是单调的，求实数a 的范围.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
评卷人
得分
一、选择题
1．A 2．D 解析：D ：D
[解析]∵2sin (sin )[sin()]222222
x
x x x πππππ=+=+--+-=+-原式.故选
3．D
4．C
5．B
6．C (2020年高考山东卷理科9)
【解析】因为'1
2cos 2
y x
=-,所以令'1
2cos0 2
y x
=->,得
1
cos
4
x<,此时原函数
是增函数;令'1
2cos0 2
y x
=-<,得
1
cos
4
x>,此时原函数是减函数,结合余弦函数
图象，可得选C正确.
7．
8．
9．
10．2
-
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人得分
二、填空题
11．(－2,2)解析：令，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，－2<a<2时，恰有三个不同公共点．
解析： (－2,2) 解析：令2
() 33 0
f x x
'=-=，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，－2<a<2时，恰有三个不同公共点．
12．
13．
14．
15．解：对f（x）求导得f''（x）=3x2+2ax 令f''（x）≥0以求原函数的单调增区间得3x2+2ax≥0，解得x≤0或x≥（2/3）a．令f''（x）≤0以求原函数的单调减区间得3x2+2a
解析：4
解：对f（x）求导得f'（x）=3x2+2a x 令f'（x）≥0以求原函数的单调增区间得3x2+2ax≥0，解得x≤0或x≥（2/3）a．令f'（x）≤0以求原函数的单调减区间得3x2+2ax≤0，解得0≤x≤（2/3）a．
由题意知，区间（，+∞）处于增区间，故a≤，结合已知条件a＞0，解得0＜a≤10．令f（x）=0解得x=0或x=a．结合上面的分析可知，在（-∞，a]上，f（x）≤0，在（a，+∞）上，f（x）＞0，所以f（x）=1000的解只能在（a，+∞）上．
由x3-ax2=1000，变形得a=x-，
记g（x）=x-，因为0＜a≤10，所以0＜g（x）≤10．观察知，g（x）在x＞0上是增函数（求导也可得出），
经试算，有g（10）=0，g（14）=8+，g（15）=10+，可见0＜g（x）≤10的解在区间（10，15）上，所以x的整数解只可能是11、12、13、14共4个，而a=g（x），g（x）为增函数，所以相应地，a值也只有4个故答案为4
16．
评卷人得分
三、解答题
17．解：设毛利润为L（p）,
由题意知L（p）=(p-20)Q=(8300-170P-P2)(P-20)…………………………………4分
=-P3-150P2+11700P-166000,…………………………………3分
∴L,(P)=-3P2-300P+11700…………………………………3分
令L,(P)=0，解得p=30或p= -130(舍去).此时,L(30)=23000.
…………………………………2分
在p=30附近的左侧L,(p)>0,右侧L‘（p）<0,
∴L(30)是极大值，根据实际问题的意义知，L（30）是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23000元
…………………………………3分
18．
19．（1）定义域()0,+∞ ()2
1ln 0x
f x x -'=
≥ ∴ln 1x ≤ ∴()f x 在(]0,e 递增，[),e +∞递减 （2）由题ln x
m x
>
○1()max 2ln 22e a a f x a ⎧
≤⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩
○2()max
ln a e a f x a ≥⎧
⎪⎨=⎪⎩
○3()max 2
1e
a e f x e ⎧<<⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩
∴2e
a ≤时，ln 22e m a > a e ≥时，ln a
m e
>
2e a e <<时，1
m e
> 20．解 (1)f(x)= 12 x 2- 1
16 lnx+x （0>x ）
f ’(x)=x - 116x + 1=16x 2
+16x-1
16x
=0
∴x 1=
-2- 5 4 ，x 2=-2+ 5
4 …………………………2′ ∵(0，
-2+ 5
4
]单调减 [
-2+ 5
4
，+∞)单调增…………………………3′ ∴f(x)在x=
-2+ 5
4
时取极小值…………………………4′ (2)解法一：f ’(x)=x 2
-2ax+ 34 a 2+ 12
a
x )0(>x …………………………5′
令g(x)=x 2-2ax+ 34 a 2+ 12 a ， △=4a 2-3a 2-2a=a 2
-2a ，
设g(x)=0的两根)(,2121x x x x <…………………………7′ 10
当△≤0时 即0≤a ≤2，f ’(x)≥0 ∴f(x)单调递增，满足题意…………………………9′ 20 当△>0时 即a<0或a>2时
(1)若210x x <<，则 34 a 2 + 12 a<0 即- 2
3
<a<0时,
)(x f 在),0(2x 上减，),(2+∞x 上增
f ’(x)=x+ 34 a 2 + 1
2
a x
-2a
f ’’(x)=1- 34 a 2 + 12
a x
2
≥0 ∴f ’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意……………11 (2)若021<<x x 则⎪⎩⎪⎨⎧<≥+0
2
1
432a a a 即a ≤- 2
3
时f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。

…………………………13′
(3) 若210x x <<则⎪⎩⎪⎨⎧>>+0
2
1
432a a a 即a>2时 ∴f(x)在(0，x 1)单调增，(x 1，x 2)单调减，(x 2，+∞)单调增，不合题
意………15′
综上得a ≤- 2
3
或0≤a ≤2. …………………………16′
解法二：f ’(x)=x 2
-2ax+ 34 a 2+ 12
a
x …………………………5′
令g(x)=x 2-2ax+ 34 a 2+ 12 a ， △=4a 2-3a 2-2a=a 2
-2a ，
设g(x)=0的两根)(,2121x x x x <…………………………7′ 10
当△≤0时 即0≤a ≤2，f ’(x)≥0
∴f(x)单调递增，满足题意 …………………………9′ 20 当△>0时 即a<0或a>2时
(1)当0<a 若34 a 2 + 12 a<0，即- 2
3
<a<0时,210x x <<
)(x f 在),0(2x 上减，),(2+∞x 上增
f ’(x)=x+ 34 a 2 + 12
a x
-2a
f ’’(x)=1- 34 a 2 + 12
a x
2
≥0 ∴f ’(x) 在(0，+∞)单调增，不合题意…………………………11′
若 34 a 2 + 12 a>0，即a ≤- 2
3
时，021<<x x
f(x)在(0，+∞)上单调增，满足题意。

…………………………13′ (2)当2>a 时，34 a 2 + 1
2
a>0，210x x <<
∴f(x)在(0，x 1)单调增，(x 1，x 2)单调减，(x 2，+∞)单调增，不合题
意……………15′
综上得a ≤- 2
3 或0≤a ≤2. …………………………16′。