导数及其应用综合检测试题及答案.docx

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导数及其应用综合检测试题及答案

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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．（2010•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

解析]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

解析]因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y＝s（t）在t0的导数，S′＝2sint＋2tcost＋1，故选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

解析]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，故选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

解析]y＝x|x（x－3）|＋1

＝x3－3x2＋1（x3）－x3＋3x2＋1（0≤x≤3）

∴y′＝3x2－6x（x3）－3x2＋6x（0≤x≤3）

x变化时，f′（x），f（x）变化情况如下表：

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上满足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

解析]本题考查函数解析式的求法、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时取得极值，则a等于（）

A．2

B．3

C．4

D．5

答案]D

解析]f′（x）＝3x2＋2ax＋3，

∵f（x）在x＝－3时取得极值，

∴x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根，

∴a＝5，故选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，且g（－3）＝0，则不等式f（x）g（x）A．（－3,0）∪（3，＋∞）

B．（－3,0）∪（0,3）

C．（－∞，－3）∪（3，＋∞）

D．（－∞，－3）∪（0,3）

答案]D

解析]令F（x）＝f（x）•g（x），易知F（x）为奇函数，又当x0，即F′（x）>0，知F（x）在（－∞，0）内单调递增，又F（x）为奇函数，所以F（x）在（0，＋∞）内也单调递增，且由奇函数知f（0）＝0，∴F（0）＝0.

又由g（－3）＝0，知g（3）＝0

∴F（－3）＝0，进而F（3）＝0

于是F（x）＝f（x）g（x）的大致图象如图所示

∴F（x）＝f（x）•g（x）8．下面四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是（）

A．①②

B．③④

C．①③

D．①④

答案]B

解析]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．（2010•湖南理，5）241xdx等于（）

A．－2ln2

B．2ln2

C．－ln2

D．ln2

答案]D

解析]因为（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．m4

B．－4C．2D．以上皆不正确

答案]D

解析]f′（x）＝x2－2（4m－1）x＋15m2－2m－7，

由题意得x2－2（4m－1）x＋15m2－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4（4m－1）2－4（15m2－2m－7）

＝64m2－32m＋4－60m2＋8m＋28

＝4（m2－6m＋8）≤0，

∴2≤m≤4，故选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

解析]由题意f′（x）＝3x2＋2bx＋c在－1,2]上，f′（x）≤0恒成立．

所以f′（－1）≤0f′

（2）≤0

即2b－c－3≥04b＋c＋12≤0

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）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

解析]令F（x）＝f（x）g（x）

则F′（x）＝f′（x）g（x）－f（x）g′（x）g2（x）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，每小题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

解析]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）

＝－110×62＋110×12＝110－1360＝772.

14．若函数f（x）＝ax2－1x的单调增区间为（0，＋∞），则实数a的取值范围是________．

答案]a≥0

解析]f′（x）＝ax－1x′＝a＋1x2，

由题意得，a＋1x2≥0，对x∈（0，＋∞）恒成立，

∴a≥－1x2，x∈（0，＋∞）恒成立，∴a≥0.

15．（2009•陕西理，16）设曲线y＝xn＋1（n∈N*）在点（1,1）处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．

答案]－2

解析]本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质．

k＝y′|x＝1＝n＋1，

∴切线l：

y－1＝（n＋1）（x－1），

令y＝0，x＝nn＋1，∴an＝lgnn＋1，

∴原式＝lg12＋lg23＋…＋lg99100

＝lg12×23×…×99100＝lg1100＝－2.

16．如图阴影部分是由曲线y＝1x，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成，则其面积为________．

答案]23＋ln2

解析]由y2＝x，y＝1x，得交点A（1,1）

由x＝2y＝1x得交点B2，12.

故所求面积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．（本题满分12分）（2010•江西理，19）设函数f（x）＝lnx＋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12，求a的值．

解析]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）＝2－2xx（2－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＝12.

18．（本题满分12分）求曲线y＝2x－x2，y＝2x2－4x所围成图形的面积．

解析]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.

因为x2－13x3′＝2x－x2，

23x3－2x2′＝2x2－4x，

所以S＝x2－13x320－23x3－2x220＝4.

19．（本题满分12分）设函数f（x）＝x3－3ax＋b（a≠0）．

（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）的单调区间与极值点．

分析]考查利用导数研究函数的单调性，极值点的性质，以及分类讨论思想．

解析]

（1）f′（x）＝3x2－3a.

因为曲线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）（a≠0）．

当a0，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，此时函数f（x）没有极值点．

当a>0时，由f′（x）＝0得x＝±a.

当x∈（－∞，－a）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增；

当x∈（－a，a）时，f′（x）当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增．

此时x＝－a是f（x）的极大值点，x＝a是f（x）的极小值点．

20．（本题满分12分）已知函数f（x）＝12x2＋lnx.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）求证：

当x>1时，12x2＋lnx解析]

（1）依题意知函数的定义域为{x|x>0}，

∵f′（x）＝x＋1x，故f′（x）>0，

∴f（x）的单调增区间为（0，＋∞）．

（2）设g（x）＝23x3－12x2－lnx，

∴g′（x）＝2x2－x－1x，

∵当x>1时，g′（x）＝（x－1）（2x2＋x＋1）x>0，

∴g（x）在（1，＋∞）上为增函数，

∴g（x）>g

（1）＝16>0，

∴当x>1时，12x2＋lnx21．（本题满分12分）设函数f（x）＝x3－92x2＋6x－a.

（1）对于任意实数x,f′（x）≥m恒成立，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．

分析]本题主要考查导数的应用及转化思想，以及求参数的范围问题．

解析]

（1）f′（x）＝3x2－9x＋6＝3（x－1）（x－2）．

因为x∈（－∞，＋∞）．f′（x）≥m，即3x2－9x＋（6－m）≥0恒成立．

所以Δ＝81－12（6－m）≤0，得m≤－34，即m的最大值为－34.

（2）因为当x0；当12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）52.

22．（本题满分14分）已知函数f（x）＝－x3＋ax2＋1（a∈R）．

（1）若函数y＝f（x）在区间0，23上递增，在区间23，＋∞上递减，求a的值；

（2）当x∈0,1]时，设函数y＝f（x）图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ，若给定常数a∈32，＋∞，求θ的取值范围；

（3）在

（1）的条件下，是否存在实数m，使得函数g（x）＝x4－5x3＋（2－m）x2＋1（m∈R）的图象与函数y＝f（x）的图象恰有三个交点．若存在，请求出实数m的值；若不存在，试说明理由．

解析]

（1）依题意f′23＝0，

由f′（x）＝－3x2＋2ax，得－3232＋2a•23＝0，即a＝1.

（2）当x∈0,1]时，tanθ＝f′（x）＝－3x2＋2ax＝－3x－a32＋a23.

由a∈32，＋∞，得a3∈12，＋∞.

①当a3∈12，1，即a∈32，3时，f′（x）max＝a23，

f（x）min＝f′（0）＝0.

此时0≤tanθ≤a23.

②当a3∈（1，＋∞），即a∈（3，＋∞）时，f′（x）max＝f′

（1）＝2a－3，f′（x）min＝f′（0）＝0，

此时，0≤tanθ≤2a－3.

又∵θ∈0，π），∴当32当a>3时，θ∈0，arctan（2a－3）]．

（3）函数y＝f（x）与g（x）＝x4－5x3＋（2－m）x2＋1（m∈R）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，

显然x＝0是其中一个根（二重根），

方程x2－4x＋（1－m）＝0有两个非零不等实根，则

Δ＝16－4（1－m）>01－m≠0

∴m>－3且m≠1

故当m>－3且m≠1时，函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象恰有3个交点．