【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）北师大版

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50分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．若对任意x，有f′(x)＝4x3，f(1)＝－1，则此函数为(　　)A．f(x)＝x4　　　　　　　B．f(x)＝x4－2C．f(x)＝x4＋1　D．f(x)＝x4＋2[答案]　B[解析]　用f(1)＝－1验证即可．2．甲、乙两个物体沿直线运动的方程分别是s1＝t3－2t2＋t和s2＝3t2－t－1，则在t＝2秒时两个物体运动的瞬时速度关系是(　　)A．甲大　B．乙大C．相等　D．无法比较[答案]　B[解析]　v1＝s1′＝3t2－4t＋1，v2＝s2′＝6t－1，所以在t＝2秒时两个物体运动的瞬时速度分别是5和11，故乙的瞬时速度大．3．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是，则切点的横坐标为(　　)A．ln2　B．－ln2C．　D．－[答案]　A[解析]　易知f′(x)＝ex－a·e－x，因为f′(x)是奇函数，所以f′(0)＝1－a＝0，即a＝1，所以f′(x)＝ex－e－x＝，解得x＝ln2，所以切点的横坐标为ln2.4．(文)已知函数f(x)在x＝1处的导数为－，则f(x)的解析式可能为(　　)A．f(x)＝x2－lnx　B．f(x)＝xexC．f(x)＝sinx　D．f(x)＝＋[答案]　D[解析]　本题考查导数的运算，据导数的运算公式知只有D符合题意．(理)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝(　　)A．－e　B．－1C．1　D．e[答案]　B[解析]　由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.5．(文)若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为3x－y＋1＝0，则(　　)-9-\nA．f′(x0)<0　B．f′(x0)>0C．f′(x0)＝0　D．f′(x0)不存在[答案]　B[解析]　由导数的几何意义可知曲线在(x0，f(x0))处的导数等于曲线在该点处的切线的斜率，故f′(x0)＝3.故选B．(理)已知t>0，若(2x－2)dx＝8，则t＝(　　)A．1　B．－2C．－2或4　D．4[答案]　D[解析]　由(2x－2)dx＝8得，(x2－2x)|＝t2－2t＝8，解得t＝4或t＝－2(舍去)，选D．6．已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　)A．f(－a2)≤f(－1)B．f(－a2)<f(－1)C．f(－a2)≥f(－1)D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定[答案]　A[解析]　由题意可得f′(x)＝x2－2x－，令f′(x)＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.当x<－1时，f(x)为增函数；当－1<x<时，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a)2≤f(－1)．7．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f′(x)>0，且f(0)＝0，f(－)＝0，则不等式f(x)<0的解集为(　　)A．{x|x<}　B．{x|0<x<}C．{x|x<－或0<x<}　D．{x|－≤x≤0或x≥}[答案]　C[解析]　根据图像得不等式f(x)<0的解集为{x|x<－或0<x<}．8．(文)已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c＝(　　)A．－2或2　B．－9或3C．－1或1　D．－3或1-9-\n[答案]　A[解析]　本试题主要考查了导数在研究三次函数中的极值的运用，要使函数图像与x轴有两个不同的交点，则需要满足极值中一个为零即可，因为三次函数的图像与x轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可得极大值或者极小值为零即可满足要求．而f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x＝±1时取得极值，由f(1)＝0或f(－1)＝0可得c－2＝0或c＋2＝0，即c＝±2.(理)(2022·湖北高考)若函数f(x)，g(x)满足－1f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数，给出三组函数：①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是(　　)A．0　B．1C．2　D．3[答案]　C[解析]　本题考查定积分的运算，函数的新定义．由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1,1]上的正交函数，即需满足f(x)g(x)dx＝0.①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝sinxdx＝(－cosx)|＝0，故第①组是区间[－1,1]上的正交函数；②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝(－x)|＝－≠0，故第②组不是区间[－1,1]上的正交函数；③f(x)g(x)dx＝x·x2dx＝|＝0，故第③组是区间[－1,1]上的正交函数．综上，其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数是2.9．已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2都有≥2恒成立，则a的取值范围是(　　)A．[1，＋∞)　B．(1，＋∞)C．(0,1)　D．(0,1][答案]　A[解析]　由于＝k≥2恒成立，所以f′(x)≥2恒成立．又f′(x)＝＋x，故＋x≥2，又x>0，所以a≥－x2＋2x，而g(x)＝－x2＋2x在(0，＋∞)上最大值为1，所以a≥1.故选A．10．已知函数f(x)及其导数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的函数的个数是(　　)①f(x)＝x2，②f(x)＝e－x，③f(x)＝lnx，④f(x)＝tanx，⑤f(x)＝x＋-9-\nA．2　B．3C．4　D．5[答案]　B[解析]　①中的函数f(x)＝x2，f′(x)＝2x，要使f(x)＝f′(x)，则x2＝2x，解得x＝0或2，可见函数有巧值点；对于②中的函数，要使f(x)＝f′(x)，则e－x＝－e－x，由对任意的x，有e－x>0，可知方程无解，原函数没有巧值点；对于③中的函数，要使f(x)＝f′(x)，则lnx＝，由函数f(x)＝lnx与y＝的图像它们有交点，因此方程有解，原函数有巧值点；对于④中的函数，要使f(x)＝f′(x)，则tanx＝，即sinxcosx＝1，显然无解，原函数没有巧值点；对于⑤中的函数，要使f(x)＝f′(x)，则x＋＝1－，即x3－x2＋x＋1＝0，设函数g(x)＝x3－x2＋x＋1，g′(x)＝3x2－2x＋1>0且g(－1)<0，g(0)>0，显然函数g(x)在(－1,0)上有零点，原函数有巧值点，故①③⑤正确，选C．第Ⅱ卷(非选择题　共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11．曲线f(x)＝x(3lnx＋1)在x＝1处的切线方程为________．[答案]　4x－y－3＝0[解析]　f′(x)＝3lnx＋1＋x·＝3lnx＋4，∴f′(1)＝4，又f(1)＝1，∴曲线f(x)＝x(3lnx＋1)在x＝1处的切线方程为y－1＝4(x－1)，整理得4x－y－3＝0.12．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)有极大值5，其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的解析式为________．[答案]　f(x)＝2x3－9x2＋12x[解析]　f′(x)＝3ax2＋2bx＋C．由导函数y＝f′(x)的图像可知：当x<1时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0，∴函数f(x)在x＝1时取得极大值5，∴f(1)＝5.又由图像可知，x＝1,2是导函数f′(x)的零点，可得即解得∴所求函数的解析式为f(x)＝2x3－9x2＋12x.13．已知函数f(x)＝alnx＋(x＋1)2在x＝1处有极值，则函数f(x)的单调递减区间为________．[答案]　(0,1)[解析]　f′(x)＝＋2(x＋1)．-9-\n∵函数f(x)在x＝1处有极值，∴f′(x)＝a＋4＝0，a＝－4，∴f(x)＝－4lnx＋(x＋1)2，f′(1)＝－＋2(x＋1)＝(x>0)，∴函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．14．已知函数f(x)＝lnx－a，若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．[答案]　[－1，＋∞)[解析]　∵函数f(x)＝lnx－a，且f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)＝lnx－a<x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a>lnx－x2，令h(x)＝lnx－x2，有h′(x)＝－2x，∵x>1，∴－2x<0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)＝－1，∴a≥－1.15．(文)在区间[－a，a](a>0)内图像不间断的函数f(x)满足f(－x)－f(x)＝0，函数g(x)＝ex·f(x)，且g(0)·g(a)<0，又当0<x<a时，有f′(x)＋f(x)>0，则函数f(x)在区间[－a，a]内零点的个数是________．[答案]　2[解析]　∵f(－x)－f(x)＝0，∴f(x)为偶函数，∵g(x)＝ex·f(x)，∴g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，∴g(x)在[0，a]上为单调增函数，又∵g(0)·g(a)<0，∴函数g(x)＝ex·f(x)在[0，a]上只有一个零点，又∵ex≠0，∴f(x)在[0，a]上有且仅有一个零点，∵f(x)是偶函数，且f(0)≠0，∴f(x)在[－a，a]上有且仅有两个零点．(理)函数y＝cos3x＋sin2x－cosx的最大值________．[答案]　[解析]　∵y＝cos3x＋sin2x－cosx＝cos3x＋(1－cos2x)－cosx＝cos3x－cos2x－cosx＋1，令t＝cosx，则－1≤t≤1，则y＝t3－t2－t＋1，则y′＝3t2－2t－1＝(3t＋1)(t－1)，令y′＝0，解得t＝－或t＝1，列表如下：x[－1，－)－(－，1]y′＋0－y增极大值减故函数y＝t3－t2－t＋1在x＝－取得极大值，亦即最大值，即ymax＝.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)(文)已知函数f(x)＝x3－3x＋1.试判断函数f(x)的单调性．-9-\n[解析]　因为f(x)＝x3－3x＋1，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．由f′(x)<0，解得x∈(－1,1)；由f′(x)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)．所以f(x)在[－1,1]上单调递减，在(－∞，－1]，[1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调减区间是[－1,1]，单调增区间是(－∞，－1]与[1，＋∞)．(理)设函数f(x)＝x3－3ax2＋3bx的图像与直线12x＋y－1＝0相切于点(1，－11)．(1)求a、b的值；(2)讨论函数f(x)的单调性．[解析]　(1)f′(x)＝3x2－6ax＋3b，f(1)＝1－3a＋3b＝－11，①f′(1)＝3－6a＋3b＝－12.②解由①、②组成的关于a，b的方程组，得a＝1，b＝－3.(2)f(x)＝x3－3x2－9x，f′(x)＝3x2－6x－9.由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.∴f(x)在(－∞，－1]，[3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数．17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝alnx－，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y＝0垂直，求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．[解析]　(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝＋.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y＝0垂直，所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1.(2)由于f′(x)＝.当a≥0时，对于x∈(0，＋∞)，有f′(x)>0在定义域上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－∈(0，＋∞)．当x∈(0，－)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，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)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.-9-\n从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)．令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)单调递增，在(－2，－ln2)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－2)．19．(本小题满分12分)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－.(1)求函数的解析式；(2)若g(x)＝f(x)－k有三个零点，求实数k的取值范围．[解析]　f′(x)＝3ax2－B．(1)由题意得，解得，故所求函数的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)－因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，当x＝2时，f(x)有极小值－，故要使g(x)＝f(x)－k有三个零点，实数k的取值范围为－<k<.20．(本小题满分13分)已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋alnx(a∈R)．(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)在(0，e)内有极小值，求a的值．[解析]　(1)∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝≥0在(2，＋∞)恒成立，即x2－(a＋1)x＋a≥0在(2，＋∞)恒成立，即(1－x)a＋x2－x≥0在(2，＋∞)恒成立，即(1－x)a≥x－x2在(2，＋∞)恒成立，即a≤x在(2，＋∞)恒成立．∴实数a的取值范围是(－∞，2]．(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝，①当a>1时，令f′(x)>0，结合f(x)定义域解得0<x<1或x>a，∴f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，-9-\n此时f(x)极小值＝f(a)＝－a2－a＋alna，若f(x)在(0，e)内有极小值，则1<a<e，但此时－a2－a＋alna<0<矛盾．②当a＝1时，此时f′(x)恒大于等于0，不可能有极小值．③当a<1时，不论a是否大于0，f(x)的极小值只能是f(1)＝－－a，令－－a＝，即a＝－1，满足a<1.综上所述，a＝－1.21．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围；(3)若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1<x2，且f(x1)＋2x1<f(x2)＋2x2恒成立，求a的取值范围．[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋.因为f′(1)＝0，f(1)＝－2.所以切线方程是y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域是(0，＋∞)．当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝(x>0)，令f′(x)＝0，即f′(x)＝＝＝0，所以x＝或x＝.当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；当1<<e时，f(x)在[1，e]上的最小值是f()<f(1)＝－2，不合题意；当≥e时，f(x)在(1，e)上单调递减，所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(e)<f(1)＝－2，不合题意．综上可知a≥1.(3)设g(x)＝f(x)＋2x，则g(x)＝ax2－ax＋lnx，只要g(x)在(0，＋∞)上单调递增即可．而g′(x)＝2ax－a＋＝.当a＝0时，g′(x)＝>0，此时g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≠0时，只需g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，因为x∈-9-\n(0，＋∞)，只要2ax2－ax＋1≥0，则需要a>0，对于函数y＝2ax2－ax＋1，过定点(0,1)，对称轴x＝>0，只需Δ＝a2－8a≤0，即0<a≤8.综上0≤a≤8.-9-