配套K122017-2018学年高中数学 第一章 导数及其应用章末优

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第一章 导数及其应用

章末检测(一)

时间：120分钟 满分：150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＝xe

x－1

在点(1,1) 处切线的斜率等于( )

B．e D．1

A．2e C．2 解析：由y＝xee

1－1

x－1

得y′＝e

x－1

＋xe

x－1

，所以曲线在点(1,1)处切线的斜率k＝y′|x＝1＝

＋1×e

1－1

＝2.故选C.

答案：C

2．二次函数y＝f(x)的图象过原点且它的导函数y＝f′(x)的图象是如图所示的一条直线，y＝f(x)的图象的顶点在( )

A．第Ⅰ象限 C．第Ⅲ象限

2

B．第Ⅱ象限 D．第Ⅳ象限

解析：设f(x)＝ax＋bx＋c，∵二次函数y＝f(x)的图象过原点，∴c＝0，∴f′(x)

2

b4ac－bb2

＝2ax＋b，由y＝f′(x)的图象可知，2a<0，b>0，∴a<0，b>0，∴－>0，＝－>0，

2a4a4a故选A.

答案：A

3．设函数f(x)＝ax＋3，若f′(1)＝3，则a等于( ) A．2 C．3

解析：∵f′(x)＝liΔm x→0＝liΔxm →0

B．－2 D．－3

fx＋Δx－fx Δx＝a，

ax＋Δx＋3－ax＋

Δx∴f′(1)＝a＝3. 答案：C

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4．若f(x)＝x－2x－4ln x，则f(x)的单调递增区间为( ) A．(－1,0) C．(2，＋∞)

2

2

B．(－1,0)∪(2，＋∞) D．(0，＋∞)

42x－2x－4

解析：f′(x)＝2x－2－＝＝

x＋

xx－

xx，由f′(x)＞0得x＞2.

答案：C

5．已知f(x)＝2x－6x＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )

A．－37 C．－5

23

2

B．－29 D．－11

解析：由f′(x)＝6x－12x＝6x(x－2)＝0，解得x＝0或x＝2，又f(0)＝m，f(2)＝m－8，

f(－2)＝m－40，所以f(x)max＝m＝3，f(x)min＝m－40＝3－40＝－37.

答案：A

6．已知f(x)＝2cosx＋1，x∈(0，π)，则f(x)的单调递增区间是( )

2

?π?A.?，π? ?4??π?C.?，π? ?2?

2

B.(0，π)

?π?D.?0，?

2??

解析：∵f(x)＝2cosx＋1＝2＋cos 2x，x∈(0，π)， ∴f′(x)＝－2sin 2x. 令f′(x)>0，则sin 2x<0. 又x∈(0，π)，∴0<2x<2π. π

∴π<2x<2π，即

2答案：C

7.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)

解析：由图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，

f′(x)>0.由此可以得到函数在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值，选D.

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答案：D

8．由y＝－x与直线y＝2x－3围成的图形的面积是( ) 5A. 364C. 3

?y＝－x，?

解析：解?

??y＝2x－3，

22

2

B.

32

3

D．9

得交点A(－3，－9)，B(1，－1)．

如图，由y＝－x与直线y＝2x－3围成的图形的面积

S＝?1－3(－x2)dx－?1－3(2x－3)dx

??

1313212

＝－x|－3 －(x－3x)|－3 ＝.

33答案：B

9．下列函数中，x＝0是其极值点的函数是( ) A．f(x)＝－x C．f(x)＝sin x－x

2

3

B．f(x)＝－cos x 1

D．f(x)＝

x解析：对于A，f′(x)＝－3x≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，f′(x)＝sin x，当x∈(－π，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，π)时，f′(x)>0，故f(x)＝－cos x在x＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x＝0是f(x)的一个极小值点；对于C，f′(x)＝cos x－1≤0恒成立，在R上单调递减，没有极1

值点；对于D，f(x)＝在x＝0没有定义，所以x＝0不可能成为极值点，综上可知，答案

x选B.

答案：B

π3π

10．已知函数f(x)＝asin x－bcos x在x＝时取得极值，则函数y＝f(－x)是

44( )

A．偶函数且图象关于点(π，0)对称 3π

B．偶函数且图象关于点(，0)对称

23π

C．奇函数且图象关于点(，0)对称

2D．奇函数且图象关于点(π，0)对称

π

解析：∵f(x)的图象关于x＝对称，∴f(0)＝

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f()，∴－b＝a，

π

∴f(x)＝asin x－bcos x＝asin x＋acos x＝2asin(x＋)，

43π3ππ

∴f(－x)＝2asin(－x＋)＝2asin(π－x)＝2asin x.

4443π

显然f(－x)是奇函数且关于点(π，0)对称，故选D.

4答案：D

11．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝2，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)＜1(x∈R)，则不等式f(x)＜x＋1的解集为( )

A．(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－1,1)

D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

解析：不等式f(x)＜x＋1可化为f(x)－x＜1， 设g(x)＝f(x)－x，

由题意g′(x)＝f′(x)－1＜0，g(1)＝f(1)－1＝1，故原不等式?g(x)＜g(1)，故x＞1.

答案：A

12．函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图象大致为( )

π2

解析：在[－π，π]上，

∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)＝(1－cos x) (－sin x)＝－(1－cos x)sin x＝－f(x)，

∴f(x)是奇函数，∴f(x)的图象关于原点对称，排除B. ππππ

取x＝，则f()＝(1－cos)sin＝1＞0，排除A.

2222

∵f(x)＝(1－cos x)sin x，∴f′(x)＝sin x·sin x＋(1－cos x)cos x 精品K12教育教学资料

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＝1－cosx＋cos x－cosx＝－2cosx＋cos x＋1. 1

令f′(x)＝0，则cos x＝1或cos x＝－. 2

2

结合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的极大值点为π，靠近π，选C.

3答案：C

二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上) 13．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(e)＝x＋e，则f′(1)＝________. 解析：令e＝t，则x＝ln t，所以f(x)＝ln x＋x，即

xxx2

2

2

f′(x)＝1＋，则f′(1)＝1＋1＝2.

x答案：2 14．曲线y＝e

－5x1

＋2在点(0,3)处的切线方程为________． ＋2，所以y′＝－5e

－5x解析：因为y＝e

－5x，所求切线的斜率为k＝y′|x＝0＝－5e＝－

0

5，故所求切线的方程为y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3或5x＋y－3＝0.

答案：y＝－5x＋3或5x＋y－3＝0 15．若函数f(x)＝

4x在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________． x2＋1

2

24－4x解析：f′(x)＝2x＋

，令f′(x)> 0，得－1

m≥－1，??

又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以?m<2m＋1，

??2m＋1≤1.

答案：(－1,0]

解得－1

16．周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为_______． 解析：设矩形的长为x，则宽为10－x(0

V＝πx2(10－x)＝10πx2－πx3，∴V′(x)＝20πx－3πx2.

202020

由V′(x)＝0得x＝0(舍去)，x＝，且当x∈(0，)时，V′(x)>0，当x∈(，10)

333时，V′(x)<0，

204 0003

∴当x＝时，V(x)取得最大值为π cm.

3274 0003

答案：π cm

27

三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

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17．(本小题满分12分)求曲线y＝x在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．

解析：因为f′(3)＝liΔxm →0

－27＝27(x－3)，即y＝27x－54.

此切线与x轴、y轴的交点分别为(2,0)，(0，－54)． 1

所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为×2×54＝54.

2

18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝e(ax＋b)－x－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.

(1)求a，b的值；

(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值． 解析：(1)f′ (x)＝e(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 从而a＝4，b＝4.

1(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)．

2令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e)．

19. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x＋ax＋bx在区间(－2,1)内x＝－1时取2

极小值，x＝时取极大值．

3

(1)求函数y＝f(x)在x＝－2时的对应点的切线方程； (2)求函数y＝f(x)在[－2,1]上的最大值与最小值． 解析：(1)f′(x)＝－3x＋2ax＋b.

2

又x＝－1，x＝分别对应函数取得极小值、极大值，

322

所以－1，为方程－3x＋2ax＋b＝0的两个根．

322b2所以a＝－1＋，－＝(－1)×.

3333

1123

于是a＝－，b＝2，则f(x)＝－x－x＋2x.

22

2

3

2

－2

3

＋Δx－3

＝27，所以在点(3,27)处的切线方程为yΔx33

x2

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当x＝－2时，f(－2)＝2，即(－2,2)在曲线上．

又切线斜率为k＝f′(－2)＝－8，所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)， 即为8x＋y＋14＝0.

(2)当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) －2 (－2，－1) － －1 0 3－ 22(－1，) 3＋ 2 30 22 272(，1) 3－ 1 1 2 2 3则f(x)在[－2,1]上的最大值为2，最小值为－.

2

20．(本小题满分12分)已知二次函数f(x)＝3x－3x，直线l1：x＝2和l2：y＝3tx(其中t为常数，且0

(1)求函数S(t)的解析式；

(2)定义函数h(x)＝S(x)，x∈R.若过点A(1，m)(m≠4)可作曲线y＝h(x)(x∈R)的三条切线，求实数m的取值范围．

2

??y＝3x－3x，

解析：(1)由?

?y＝3tx?

2

得x－(t＋1)x＝0，

2

所以x1＝0，x2＝t＋1.

所以直线l2与f(x)的图象的交点的横坐标分别为0，t＋1. 因为0

所以S(t)＝?t＋1[3tx－(3x－3x)]dx＋?2[(3x－3x)－3tx]dx

2

2

?0?t＋1

＝?

?

?

t＋

2

3

x2－x3??|0

t＋1

?

3

＋??x－

t＋

2

?

x2??|t＋1

2

?

＝(t＋1)－6t＋2.

(2)依据定义，h(x)＝(x＋1)－6x＋2，x∈R，则

3

h′(x)＝3(x＋1)2－6.

因为m≠4，则点A(1，m)不在曲线y＝h(x)上． 精品K12教育教学资料

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过点A作曲线y＝h(x)的切线，设切点为M(x0，y0)， 则切线方程为：y－y0＝[3(x0＋1)－6](x－x0)， 所以{m－y0＝[

2

x0＋

3

2

－6]－x0，y0＝x0＋

3

－6x0＋2.

消去y0，化简整理得2x0－6x0＋m＝0，其有三个不等实根． 设g(x0)＝2x0－6x0＋m，则g′(x0)＝6x0－6. 由g′(x0)>0，得x0>1或x0<－1； 由g′(x0)<0，得－1

所以g(x0)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减， 所以当x0＝－1时，函数g(x0)取极大值； 当x0＝1时，函数g(x0)取极小值．

??g因此，关于x0的方程2x－6x0＋m＝0有三个不等实根的充要条件是?

??g3

0

3

2

－，，

??m＋4>0，即?

?m－4<0，?

即－4

故实数m的取值范围是(－4,4)．

21．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈[0，π

]． 2

(1)求证：f(x)≤0；

sin xπ

(2)若a<

x2证明：(1)由f(x)＝xcos x－sin x得

f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.

ππ

因为在区间(0，)上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在区间[0，]上单调递减．

22从而f(x)≤f(0)＝0. (2)当x>0时，“

sin xx>a”等价于“sin x－ax>0”；“

sin xx

bx<0”．

令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c. π

当c≤0时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立．

2

ππ

当c≥1时，因为对任意x∈(0，)，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间[0，]

22上单调递减．从而对

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g(x)

π

当0

2

π2

g(x)与g′(x)在区间(0，)上的情况如下： x g′(x) g(x) (0，x0) ＋ π2

x0 0 π(x0，) 2－ 因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意xπππ2∈(0，)恒成立”当且仅当g()＝1－c≥0，即0

222π

2π

综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈(0，)恒成立；当且仅当c≥1时，

π2

g(x)<0对任意x∈(0，)恒成立．

sin xπ2

所以，若a<

x2π22．(本小题满分13分)(2014·高考北京卷)已知函数f(x)＝2x－3x. (1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；

(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；

(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)

解析：(1)由f(x)＝2x－3x得f′(x)＝6x－3. 令f′(x)＝0，得x＝－22

或x＝. 22

2??2?

?＝2，f??＝－2， 2??2?

3

2

3

π

2

因为f(－2)＝－10，f?－

??

f(1)＝－1，

所以f(x)在区间[－2,1]上的最大值为

f?－ ??2?

?＝2. 2?

(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)， 则y0＝2x0－3x0，且切线斜率为k＝6x0－3， 所以切线方程为y－y0＝(6x0－3)(x－x0)， 精品K12教育教学资料

2

3

2

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因此t－y0＝(6x0－3)(1－x0)，整理得4x0－6x0＋t＋3＝0. 设g(x)＝4x－6x＋t＋3，

则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．

3

22

3

2

g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)． g(x)与g′(x)的情况如下：

x g′(x) g(x) (－∞，0) ＋ ↗ 0 0 (0,1) － ↘ 1 0 (1，＋∞) ＋ ↗ t＋3 t＋1 所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是 g(x)的极小值．

当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间

(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点． 当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间

(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多1个零点，所以g(x)至多有2个零点．

当g(0)>0且g(1)<0，即－30，所以

g(x)分别在区间[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点．由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，

＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．

综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝

f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．

(3)过点A(－1,2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切； 过点B(2,10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切； 过点C(0,2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．

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