【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题3导数及其应用（含解析）新人教B版

阶段性测试题三(导数及其应用)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题　共60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．(2022·北京东城区联考)曲线y＝x3在x＝1处切线的倾斜角为(　　)A．1　　　　　　　B．－C.D．[答案]　C[解析]　∵y＝x3，∴y′|x＝1＝1，∴切线的倾斜角α满足tanα＝1，∵0≤α<π，∴α＝.2．(文)(2022·浙江杜桥中学期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝(　　)A．2　　B．3　　　　C．4　　D．5[答案]　D[解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的实数根，∴a＝5.(理)(2022·营口三中期中)若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx在x＝1处有极值，则a＋b等于(　　)A．2　　B．3　　　　C．6　　D．9[答案]　C[解析]　f′(x)＝12x2－2ax－2b，由条件知x＝1是方程f′(x)＝0的实数根，∴a＋b＝6.3．(2022·皖南八校联考)函数f(x)＝xex－ex＋1的单调递增区间是(　　)A．(－∞，e)　　　　　　B．(1，e)C．(e，＋∞)D．(e－1，＋∞)[答案]　D[解析]　f′(x)＝ex＋xex－ex＋1＝ex(1＋x－e)，由f′(x)>0得：x>e－1，故选D.4．(2022·江西乐安一中月考)已知实数a，b，c，d成等比数列，且函数y＝3x－x3的极大值点坐标为(b，c)，则ad等于(　　)A．2B．1C．－1D．－2[答案]　A[解析]　由条件知ad＝bc，由y＝3x－x3得，y′＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，当－1<x<1时，y′>0，y＝3x－x3单调递增，当x<－1或x>1时，y′<0，y＝3x－x3单调递减，∴当x＝1时，函数取到极大值，∴极大值点为(1,2)，∴b＝1，c＝2，∴ad＝2.5．(2022·内蒙赤峰市宁城县月考)函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，2]B．(－∞，2)-10-\nC．(2，＋∞)D．(0，＋∞)[答案]　B[解析]　f′(x)＝＋a，由条件知＋a＝2有解，∴a＝2－，∵x>0，∴a∈(－∞，2)．6．(2022·韶关市十校联考)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R，有大于－1的极值点，则(　　)A．a<－1B．a>－1C．a<－D．a>－[答案]　C[解析]　由y′＝ex＋a＝0得，ex＝－a，∵函数有大于－1的极值点，∴a＝－ex<－.7．(文)(2022·江西三县联考)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋x(a>0)，则f(2)的最小值为(　　)A．12＋4B．16C．8＋8a＋D．12＋8a＋[答案]　A[解析]　∵f′(x)＝3x2＋4ax＋，∴f′(2)＝12＋8a＋，∵a>0，∴f′(2)≥12＋2＝12＋4，等号在a＝时成立．(理)(2022·潮阳一中、桂城中学等七校联考)由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为(　　)A.B.C.D．[答案]　D[解析]　由得两曲线交点坐标为(0,0)，(1,1)，故积分区间为[0,1]，所求封闭图形的面积为(x2－x3)dx＝(x3－x4)|＝.8．(文)(2022·石光中学段考)函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(2－x)，当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则(　　)A．a<b<cB．c<a<bC．c<b<aD．b<c<a[答案]　B[解析]　由f(x)＝f(2－x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，又x<1时，(x－1)f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(－1)<f(0)<f()，又f(3)＝f(－1)，∴c<a<b.(理)(2022·湖北省教学合作十月联考)已知函数f(x)＝logax(0<a<1)的导函数为f′(x)，M＝f′(a)，N＝f(a＋1)－f(a)，P＝f′(a＋1)，Q＝f(a＋2)－f(a＋1)，则A，B，C，D中最大的数是(　　)-10-\nA．M　　B．N　　　　C．P　　D．Q[答案]　D[解析]　由于函数f(x)＝logax(0<a<1)是可导函数且为单调递减函数，M、P分别表示函数在点a，a＋1处切线的斜率，因为N＝，Q＝，故N，Q分别表示函数图象上两点(a，f(a))，(a＋1，f(a＋1))和两点(a＋1，f(a＋1))，(a＋2，f(a＋2))连线的斜率，由函数图象可知一定有M<N<P<Q，四个数中最大的是Q，故选D.9．(2022·浏阳一中、醴陵一中、攸县一中联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋cx，g(x)＝ax2＋2ax＋c，a≠0，则它们的图象可能是(　　)[答案]　B[解析]　因为f′(x)＝ax2＋2ax＋c，则函数f′(x)即g(x)图象的对称轴为x＝－1，故可排除A，D；由选项C的图象可知，当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)＝x3＋ax2＋cx在(0，＋∞)上单调递增，但图象中函数f(x)在(0，＋∞)上不具有单调性，故排除C，本题应选B.10．(文)(2022·北京师大二附中期中)若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是(　　)[答案]　A[解析]　∵导函数f′(x)是增函数，∴切线的斜率随着切点横坐标的增大，逐渐增大，-10-\n故选A.[点评]　B图中切线斜率逐渐减小，C图中f′(x)为常数，D图中切线斜率先增大后减小．(理)(2022·宁夏银川二中统练四)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是(　　)A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，－1][答案]　D[解析]　由条件知f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴b≤x(x＋2)，∵x>－1时，x(x＋2)>－1，∴b≤－1.11．(2022·山东滕州一中单元检测)函数f(x)＝sinx＋2xf′()，f′(x)为f(x)的导函数，令a＝－，b＝log32，则下列关系正确的是(　　)A．f(a)>f(b)B．f(a)<f(b)C．f(a)＝f(b)D．f(|a|)>f(b)[答案]　A[解析]　∵f(x)＝sinx＋2xf′()，∴f′(x)＝cosx＋2f′()，∴f′()＝cos＋2f′()，∴f′()＝－，∴f(x)＝sinx－x，∴f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)在R上为减函数，∵a＝－，b＝log32>0，∴a<b，∴f(a)>f(b)．12．(文)(2022·娄底市名校联考)若函数f(x)＝x2－lnx＋1在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)A．[1，＋∞)B．[1，)C．[1，＋2)D．[，2)[答案]　B[解析]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，y′＝2x－，由f′(x)＝0得x＝，依题意得∴1≤k<.(理)(2022·洛阳期中)设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝2022，则不等式exf(x)>ex＋2022(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)A．(2022，＋∞)B．(－∞，0)∪(2022，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞)-10-\nD．(0，＋∞)[答案]　D[解析]　令F(x)＝exf(x)－ex－2022，∵f(x)＋f′(x)>1，∴F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，∴F(x)在R上为增函数，又F(0)＝e0f(0)－e0－2022＝2022－1－2022＝0，∴由F(x)>F(0)得x>0，即exf(x)－ex－2022>0的解为x>0，故选D.第Ⅱ卷(非选择题　共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(2022·北郊高中调研)曲线y＝x3＋mx＋c在点P(1，n)处的切线方程为y＝2x＋1，其中m，n，c∈R，则m＋n＋c＝________.[答案]　5[解析]　y′＝3x2＋m，由题意知∴∴m＋n＋c＝5.14．(文)(2022·福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．[答案]　(－∞，0][解析]　∵f(x)＝x3－ax2－3x，∴f′(x)＝3x2－2ax－3，又因为f(x)＝x3－ax2－3x在区间[1，＋∞)上是增函数，f′(x)＝3x2－2ax－3≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，∴解得a≤0，故答案为(－∞，0]．(理)(2022·滕州一中检测)已知x∈R，奇函数f(x)＝x3－ax2－bx＋c在[1，＋∞)上单调，则字母a，b，c应满足的条件是________．[答案]　a＝c＝0，b≤3[解析]　∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0恒成立，∴a＝c＝0，∴f(x)＝x3－bx，f′(x)＝3x2－b，∵f(x)在[1，＋∞)上单调，∴≤1，∴b≤3.15．(文)(2022·西安一中期中)从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.[答案]　144[解析]　设小正方形边长为x，则盒子的容积为v＝x(10－2x)(16－2x)，即v＝4(x3－13x2＋40x)，(0<x<5)，v′＝4(3x2－26x＋40)＝4(3x－20)(x－2)，令v′＝4(3x－20)(x－2)＝0得，x＝2，x＝(不符合题意，舍去)，x＝2是唯一极值点也就是最值点，所以，x＝2时，盒子容积的最大值为144cm3.(理)(2022·河南八校联考)已知函数f(x)＝esinx＋cosx－sin2x(x∈R)，则函数f(x)的最大值与最小值的差是________．[答案]　-10-\n[解析]　令sinx＋cosx＝t，则sin2x＝t2－1，易知－≤t≤，∴函数f(x)化为y＝et－t2＋.(－≤t≤)，y′＝et－t，令u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1.当0<t≤时，u′(t)>0，当－≤t<0时，u′(t)<0，∴u(t)在[－，0]上单调递减，在[0，]上单调递增，∴u(t)的最小值为u(0)＝1，于是u(t)≥1，∴y′>0，∴函数y＝et－t2＋在[－，]上为增函数，∴其最大值为－，最小值为－，其差为.16．(2022·山西大学附中月考)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b的值为________．[答案]　－7[解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋6，由条件知∴∴或当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，∴f(x)在x＝－1时取到极小值0；当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，f(x)在R上单调递增，与条件矛盾，∴a－b＝－7.三、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．(本小题满分12分)(文)(2022·甘肃省金昌市二中期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象过点P(1,2)，且在点P处的切线斜率为8.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间．[解析]　(1)∵函数f(x)的图象过点P(1,2)，∴f(1)＝2.∴a＋b＝1.①又函数图象在点P处的切线斜率为8，∴f′(1)＝8，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴2a＋b＝5.②解由①②组成的方程组，可得a＝4，b＝－3.(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋8x－3，令f′(x)>0，可得x<－3或x>；令f′(x)<0，可得－3<x<.∴函数f(x)的单调增区间为(－∞，－3)，(，＋∞)，单调减区间为(－3，)．(理)(2022·威海期中)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋5.(1)求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与y＝2x＋m有三个不同的交点，求实数m的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2.当x<1或x>2时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．-10-\n(2)令f(x)＝2x＋m，即x3－x2＋2x＋5＝2x＋m，∴x3－x2＋5＝m，设g(x)＝x3－x2＋5，即考察函数y＝g(x)与y＝m何时有三个公共点，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3.当x<0或x>3时，g′(x)>0，当0<x<3时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增，在(0,3)上单调递减，g(0)＝5，g(3)＝，根据图象可得<m<5.18．(本小题满分12分)(2022·庐江二中、巢湖四中联考)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f(1)＝－1.(1)求常数a，b，c的值；(2)求f(x)的极值．[解析]　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由已知有f′(1)＝f′(－1)＝0，f(1)＝－1，即∴a＝，b＝0，c＝－.(2)由(1)知，f(x)＝x3－x，∴f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)，当x<－1时，或x>1时，f′(x)>0.当－1<x<1时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)内分别为增函数；在(－1，1)内是减函数．∴当x＝－1时，函数f(x)取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝－1.19．(本小题满分12分)(2022·福建安溪一中、养正中学联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝时，y＝f(x)有极值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值．[解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，(1)由题意得，解得经检验得x＝时，y＝f(x)有极小值，所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝，f′(x)，f(x)的值随x的变化情况如下表：x－4(－4，－2)－2(－2，)(，1)1f′(x)＋0－0＋-10-\nf(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增函数值－11134∵f()＝，f(－2)＝13，f(－4)＝－11，f(1)＝4，∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.20．(本小题满分12分)(2022·皖南八校联考)函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1(a∈R)的导函数为f′(x)．(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；(2)已知不等式f′(x)>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，求实数x的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝ax2－x＋a，由于函数f(x)在x＝2时取得极值，所以f′(2)＝0.即4a－2＋a＝0，解得a＝，此时f′(x)在x＝2两边异号，f(x)在x＝2处取得极值．(2)方法一：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立．设g(a)＝a(x2＋2)－x2－2x(a∈R)，则对任意x∈R，g(a)为单调递增函数(a∈R)，所以对任意a∈(0，＋∞)，g(a)>0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0，即－x2－2x≥0，∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．方法二：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a，对任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立，于是a>对任意a∈(0，＋∞)都成立，即≤0.∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．21．(本小题满分12分)(2022·威海期中)已知f(x)＝ex，g(x)＝lnx.(1)求证：g(x)<x<f(x)；(2)设直线l与f(x)、g(x)的图象均相切，切点分别为(x1，f(x1))、(x2，g(x2))，且x1>x2>0，求证：x1>1.[解析]　(1)令y＝f(x)－x＝ex－x，则y′＝ex－1，令y′＝0，解得x＝0，当x<0时y′<0，当x>0时y′>0，∴当x＝0时，ymin＝e0－0＝1>0，∴ex>x，令y＝x－g(x)＝x－lnx，y′＝1－＝(x>0)，令y′＝0，解得x＝1，当0<x<1时y′<0，当x>1时y′>0，∴当x＝1时，ymin＝1－ln1＝1>0，∴x>lnx，(x>0)，∴g(x)<x<f(x)．-10-\n(2)f′(x)＝ex，g′(x)＝，切点的坐标分别为(x1，ex1)，(x2，lnx2)，由题意可得方程组：∵x1>x2>0，∴ex1>1，∴＝ex1>1，∴0<x2<1，由②得lnx2－ex1＝ex1(x2－x1)，∴lnx2＝ex1(x2－x1＋1)，∵0<x2<1，∴lnx2<0，∴x2－x1＋1<0，即x1>x2＋1>1，∴x1>1.22．(本小题满分14分)(文)(2022·娄底市名校联考)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋3x(x∈R)．(1)若a＝1，点P为曲线y＝f(x)上的一个动点，求以点P为切点的切线斜率取最小值时的切线方程；(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，试求满足条件的最大整数a.[解析]　(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.又f(1)＝，所以所求切线的方程为y－＝x－1，即3x－3y＋2＝0.(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2x2－4ax＋3>0，∴a<＝＋，而＋≥，当且仅当x＝时，等号成立，所以a<，所求满足条件的a值为1.(理)(2022·江西乐安一中月考)已知函数f(x)＝x2＋alnx，g(x)＝(a＋1)x，a≠－1.(1)若函数f(x)，g(x)在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；(2)若a∈(1，e](e＝2.71828…)，设F(x)＝f(x)－g(x)，求证：当x1，x2∈[1，a]时，不等式|F(x1)－F(x2)|<1成立．[解析]　(1)f′(x)＝x＋，g′(x)＝a＋1，∵函数f(x)，g(x)在区间[1,3]上都是单调函数且它们的单调性相同，∴当x∈[1,3]时，f′(x)·g′(x)＝≥0恒成立，即(a＋1)(x2＋a)≥0恒成立，∴在x∈[1,3]时恒成立，或在x∈[1,3]时恒成立，∵－9≤－x2≤－1，∴a>－1或a≤－9.-10-\n(2)F(x)＝x2＋alnx－(a＋1)x，F′(x)＝x＋－(a＋1)＝，∵F(x)定义域是(0，＋∞)，a∈(1，e]，即a>1，∴F(x)在(0,1)上是增函数，在(1，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，∴当x＝1时，F(x)取极大值M＝F(1)＝－a－，当x＝a时，F(x)取极小值m＝F(a)＝alna－a2－a，∵x1，x2∈[1，a]，∴|F(x1)－F(x2)|≤|M－m|＝M－m，设G(a)＝M－m＝a2－alna－，则G′(a)＝a－lna－1，∴[G′(a)]′＝1－，∵a∈(1，e]，∴[G′(a)]′>0，∴G′(a)＝a－lna－1在a∈(1，e]是增函数，∴G′(a)>G′(1)＝0，∴G(a)＝a2－alna－在a∈(1，e]也是增函数，∴G(a)≤G(e)，即G(a)≤e2－e－＝－1，而－1<－1＝1，∴G(a)＝M－m<1，∴当x1，x2∈[1，a]时，不等式|F(x1)－F(x2)|<1成立．-10-