2015高考数学第三章(导数及其应用)一轮复习题

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2015高考数学第三章(导数及其应用)一轮复习题

第三章 章末检测 ‎(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)‎ ‎1.(2013·泰安高三二模)如图,函数y=f(x)的图象在点P(5,f(5))处的切线方程是y=-x+8,则f(5)+f′(5)等于 (  )‎ A. B.1‎ C.2 D.0‎ ‎2.函数f(x)=ax3-x在(-∞,+∞)上是减函数,则 (  )‎ A.a<1 B.a< C.a<0 D.a≤0‎ ‎3.(2013·洛阳模拟)已知f(x)=,且f(x-1)的图象的对称中心是(0,3),则f′(2)的值为 (  )‎ A.- B. C.- D. ‎4.若函数f(x)=exsin x,则此函数图象在点(4,f(4))处的切线的倾斜角为 (  )‎ A. B.‎0 ‎ C.钝角 D.锐角 ‎5.(2013·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 (  )‎ A.13万件 B.11万件 C.9万件 D.7万件 ‎6.已知f(x)=2x3-6x2+a (a是常数)在[-2,2]上有最大值3,那么在[-2,2]上f(x)的最小值是 (  )‎ A.-5 B.-11‎ C.-29 D.-37‎ ‎7.(2013·江西) 如图,一个正五角形薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t) (S(0)=0),则导函数y=S′(t)的图象大致(  )‎ ‎8.已知x≥0,y≥0,x+3y=9,则x2y的最大值为 (  )‎ A.36 B.18‎ C.25 D.42‎ ‎9.(2013·合肥模拟)已知R上可导函数f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集为 (  )‎ A.(-∞,-2)∪(1,+∞)‎ B.(-∞,-2)∪(1,2)‎ C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)‎ D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)‎ ‎10.如图所示的曲线是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象,则x+x等于 (  )‎ A. B. C. D. ‎11.(2013·宝鸡高三检测三)已知f′(x)是f(x)的导函数,在区间[0,+∞)上f′(x)>0,且偶函数f(x)满足f(2x-1)0的解集是{x|00时,≥3x2在(-∞,+∞)上恒成立,这样的a不存在;‎ a<0时,≤3x2在(-∞,+∞)上恒成立,而3x2≥0,‎ ‎∴a<0.综上,a≤0.]‎ ‎3.B [f(x)=a+1-,中心为(-1,a+1),由f(x-1)的中心为(0,3)知f(x)的中心为(-1,3),∴a=2.‎ ‎∴f(x)=3-.‎ ‎∴f′(x)=.∴f′(2)=.]‎ ‎4.C [f′(x)=exsin x+excos x ‎=ex(sin x+cos x)=exsin,‎ f′(4)=e4sin<0,‎ 则此函数图象在点(4,f(4))处的切线的倾斜角为钝角.]‎ ‎5.C [∵y′=-x2+81,令y′=0得x=9(x=-9舍去).‎ 当09时,y′<0,f(x)为减函数.‎ ‎∴当x=9时,y有最大值.]‎ ‎6.D [f′(x)=6x2-12x,若f′(x)>0,‎ 则x<0或x>2,又f(x)在x=0处连续,‎ ‎∴f(x)的增区间为[-2,0).‎ 同理f′(x)<0,得减区间(0,2].‎ ‎∴f(0)=a最大.‎ ‎∴a=3,即f(x)=2x3-6x2+3.‎ 比较f(-2),f(2)得f(-2)=-37为最小值.]‎ ‎7.A [利用排除法.‎ ‎∵露出水面的图形面积S(t)逐渐增大,‎ ‎∴S′(t)≥0,排除B.‎ 记露出最上端小三角形的时刻为t0.‎ 则S(t)在t=t0处不可导.排除C、D,故选A.]‎ ‎8.A [由x+3y=9,得y=3-≥0,∴0≤x≤9.‎ 将y=3-代入u=x2y,‎ 得u=x2=-+3x2.‎ u′=-x2+6x=-x(x-6).‎ 令u′=0,得x=6或x=0.‎ 当00;60,在(-1,1)上f′(x)<0.‎ 由(x2-2x-3)f′(x)>0,‎ 得或 即或,‎ 所以不等式的解集为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞).]‎ ‎10.C [由图象知f(x)=x(x+1)(x-2)‎ ‎=x3-x2-2x=x3+bx2+cx+d,‎ ‎∴b=-1,c=-2,d=0.‎ 而x1,x2是函数f(x)的极值点,故x1,x2是f′(x)=0,‎ 即3x2+2bx+c=0的根,‎ ‎∴x1+x2=-,x1x2=,‎ x+x=(x1+x2)2-2x1x2‎ ‎=b2-=.]‎ ‎11.A [∵x∈[0,+∞),f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 又因f(x)是偶函数,∴f(2x-1)0,‎ ‎∴ln x+1>0,ln x>-1,‎ ‎∴x>.∴递增区间为.‎ ‎14.f(3)0恒成立,‎ 所以f(x)在上为增函数,‎ f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),‎ 且0<π-3<1<π-2<,‎ 所以f(π-3)0⇒(2x-x2)ex>0‎ ‎⇒2x-x2>0⇒0或x<-,‎ 由f′(x)>0,得-0,f(x)为增函数;‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)为减函数;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.…………………………………………(4分)‎ 所以f(x)的递增区间为和(1,+∞),‎ f(x)的递减区间为.……………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)当x∈[-1,2]时,f(x)7.………………………………………………………………………………(10分)‎ ‎18.解 (1)设切线的斜率为k,‎ 则k=f′(x)=2x2-4x+3=2(x-1)2+1,‎ 当x=1时,kmin=1.………………………………………………………………………(3分)‎ 又f(1)=,∴所求切线的方程为y-=x-1,‎ 即3x-3y+2=0.………………………………………………………………………(6分)‎ ‎(2)f′(x)=2x2-4ax+3,要使y=f(x)为单调递增函数,必须满足f′(x)≥0,即对任意的x∈(0,+∞),恒有f′(x)≥0,f′(x)=2x2-4ax+3≥0,∴a≤=+,而+≥,当且仅当x=时,等号成立.……………………………………………………………(10分)‎ ‎∴a≤,又∵a∈Z,‎ ‎∴满足条件的最大整数a为1.…………………………………………………………(12分)‎ ‎19.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1,……………………………(2分)‎ 令f′(x)=0,得x=,‎ 当x∈(0,+∞)时,f′(x),f(x)的变化的情况如下:‎ x f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值  ‎…………………………………………………………………………………………(5分)‎ 所以,f(x)在(0,+∞)上的极小值是f=-.……………………………………(6分)‎ ‎(2)当x∈,f(x)单调递减且f(x)的取值范围是;‎ 当x∈时,f(x)单调递增且f(x)的取值范围是.………………(8分)‎ 令y=f(x),y=m,两函数图象交点的横坐标是f(x)-m=0的解,由(1)知当m<-时,原方程无解;‎ 由f(x)的单调区间上函数值的范围知,‎ 当m=-或m≥0时,原方程有唯一解;‎ 当-0时,①成立,‎ 即成立,解得00,‎ f(x)在区间(64,640)内为增函数,………………………………………………………(10分)‎ 所以f(x)在x=64处取得最小值,‎ 此时,n=-1=-1=9.‎ 故需新建9个桥墩才能使y最小.……………………………………………………(12分)‎ ‎22.解 (1)因为f′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx ‎=xex-1(x+2)+x(3ax+2b),‎ 又x=-2和x=1为f(x)的极值点,‎ 所以f′(-2)=f′(1)=0,‎ 因此…………………………………………………………………(3分)‎ 解方程组得………………………………………………………………(4分)‎ ‎(2)因为a=-,b=-1,‎ 所以f′(x)=x(x+2)(ex-1-1),‎ 令f′(x)=0,解得x1=-2,x2=0,x3=1.……………………………………………(6分)‎ 因为当x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(-2,0)∪(1,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上是单调递增的;‎ 在(-∞,-2)和(0,1)上是单调递减的.………………………………………………(8分)‎ ‎(3)由(1)可知f(x)=x2ex-1-x3-x2,‎ 故f(x)-g(x)=x2ex-1-x3‎ ‎=x2(ex-1-x),‎ 令h(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1-1.…………………………………………………(9分)‎ 令h′(x)=0,得x=1,‎ 因为x∈(-∞,1]时,h′(x)≤0,‎ 所以h(x)在x∈(-∞,1]上单调递减.‎ 故x∈(-∞,1]时,h(x)≥h(1)=0.‎ 因为x∈[1,+∞)时,h′(x)≥0,‎ 所以h(x)在x∈[1,+∞)上单调递增.‎ 故x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0.……………………………………………………(11分)‎ 所以对任意x∈(-∞,+∞),恒有h(x)≥0,‎ 又x2≥0,因此f(x)-g(x)≥0,‎ 故对任意x∈(-∞,+∞),‎ 恒有f(x)≥g(x).…………………………………………………………………………(12分)‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档