《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 階段自測(cè)卷（二）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 階段自測(cè)卷（二）（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段自測(cè)卷(二) (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2019·沈陽(yáng)東北育才學(xué)校聯(lián)考)已知曲線y＝f(x)在x＝5處的切線方程是y＝－x＋5，則f(5)與f′(5)分別為(　　) A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1 答案　D 解析　由題意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故選D. 2．已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋ax，且f′＝1，則a等于(　　) A．0B．1C．2D．4 答案　A 解析　∵f′(x)＝sinx＋xcosx＋a，且f′＝1， ∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0. 3

2、．(2019·淄博期中)若曲線y＝mx＋lnx在點(diǎn)(1，m)處的切線垂直于y軸，則實(shí)數(shù)m等于(　　) A．－1B．0C．1D．2 答案　A 解析　f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝m＋，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，m)處的切線斜率為k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故選A. 4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的導(dǎo)函數(shù)，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，則f2020(x)等于(　　) A．－sinx－cosx B．sinx－cosx C．－sinx＋cosx D．sinx＋cosx 答案　B

3、解析　∵f1(x)＝sinx＋cosx，∴f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx， ∴f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，∴f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx＝f1(x)，∴fn(x)是以4為周期的函數(shù)， ∴f2020(x)＝f4(x)＝sinx－cosx，故選B. 5．(2019·四川診斷)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則f′(e)等于(　　) A．1B．－1C．－eD．－e－1 答案　D 解析　已知f(x)＝2xf′(e)＋ln

4、x， 其導(dǎo)數(shù)f′(x)＝2f′(e)＋，令x＝e， 可得f′(e)＝2f′(e)＋，變形可得f′(e)＝－，故選D. 6．函數(shù)y＝x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 答案　B 解析　　由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0

5、D．－5 答案　D 解析　f′(x)＝2x，g′(x)＝－4，令2x＝－4，解得x＝1，這就是切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，代入g(x)求得切點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－4，將(1，－4)代入f(x)得1＋m＝－4，m＝－5.故選D. 8．(2019·新鄉(xiāng)模擬)若函數(shù)f(x)＝aex＋sinx在上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為(　　) A. B．[－1,1] C．[－1，＋∞) D．[0，＋∞) 答案　D 解析　依題意得，f′(x)＝aex＋cosx≥0， 即a≥－對(duì)x∈恒成立， 設(shè)g(x)＝－，x∈， g′(x)＝，令g′(x)＝0，則x＝－， 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0； 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)>0

6、， 故g(x)max＝max＝0，則a≥0. 故選D. 9.(2019·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，某幾何體由底面半徑和高均為5的圓柱與半徑為5的半球面對(duì)接而成，該封閉幾何體內(nèi)部放入一個(gè)小圓柱體，且小圓柱體的上下底面均與外層圓柱的底面平行，則小圓柱體積的最大值為(　　) A.B.C．81πD．128π 答案　B 解析　小圓柱的高分為上下兩部分，上部分同大圓柱一樣為5，下部分深入底部半球內(nèi)設(shè)為h(0

7、求導(dǎo)V′＝－π(3h－5)·(h＋5)，當(dāng)0

8、許昌質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)y＝f(x)，x∈R的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(x)＝f(－x), f′(x)

9、1f(1), g(－2)＝e2f(－2)＝e2f(2)， 且g(－2)>g(0)>g(1)， ∴e－1f(1)

10、－x＋2＝－(x－1)(x＋2)， 所以函數(shù)f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又由關(guān)于x的方程f(x2)＝m有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，等價(jià)于函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m在x∈(0，＋∞)，上有兩個(gè)交點(diǎn)，又f(0)＝－2，f(1)＝－， 所以－2

11、＋4x－4，∴f′(1)＝1，又f(1)＝－2， ∴所求切線方程為y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0. 14．已知函數(shù)f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)，若函數(shù)f(x)存在三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　 解析　f′(x)＝lnx＋(x－a)＝lnx＋1－， 函數(shù)f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)，若函數(shù)f(x)存在三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則f′(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)， 即f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，即a＝x(lnx＋1)有兩個(gè)不等實(shí)根，轉(zhuǎn)化為y＝a與y＝x(lnx＋1)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．令g(x)＝x(lnx＋1)， 則g′(x)＝lnx

12、＋2，令lnx＋2＝0，則x＝， 即g(x)＝x(lnx＋1)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． [g(x)]min＝－，當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，所以結(jié)合f(x)的圖象(圖略)可知a的取值范圍為. 15．(2019·山師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，f(a－1)＋f(2a2) ≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　 解析　由函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，得f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥－2＋ex＋≥－2＋2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，可得f(x)在R上遞增， 又f(－x)＋f(x)＝(

13、－x)3＋2x＋e－x－ex＋x3－2x＋ex－＝0，可得f(x)為奇函數(shù)，則f(a－1)＋f(2a2)≤0，即有f(2a2)≤0－f(a－1)＝f(1－a)，即有2a2≤1－a，解得－1≤a≤. 16．(2019·湖北黃岡中學(xué)、華師附中等八校聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，且對(duì)任意的不相等的實(shí)數(shù)x1，x2∈[0，＋∞)有<0成立，若關(guān)于x的不等式f(2mx－lnx－3)≥2f(3)－f(－2mx＋lnx＋3)在x∈[1,3]上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______________． 答案　 解析　∵函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)， ∴函數(shù)f(x)為偶函

14、數(shù)． 又f(2mx－lnx－3)≥2f(3)－f(－2mx＋lnx＋3) ＝2f(3)－f(2mx－lnx－3)， ∴f(2mx－lnx－3)≥f(3)． 由題意可得函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴|2mx－lnx－3|≤3對(duì)x∈[1,3]恒成立， ∴－3≤2mx－lnx－3≤3對(duì)x∈[1,3]恒成立， 即≤m≤對(duì)x∈[1,3]恒成立． 令g(x)＝，x∈[1,3]，則g′(x)＝， ∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，在(e,3]上單調(diào)遞減， ∴g(x)max＝g(e)＝. 令h(x)＝，x∈[1,3]，則h′(x)＝<0， ∴h(x

15、)在[1,3]上單調(diào)遞減， ∴h(x)min＝h(3)＝＝1＋. 綜上可得實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 三、解答題(本大題共70分) 17．(10分)(2019·遼寧重點(diǎn)高中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m為常數(shù)，且m>0)有極大值9. (1)求m的值； (2)若斜率為－5的直線是曲線y＝f(x)的切線，求此直線方程． 解　(1)f′(x)＝3x2＋2mx－m2＝(x＋m)(3x－m)＝0， 令f′(x)＝0，則x＝－m或x＝m， 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－m) －m m f′(x) ＋ 0 － 0

16、 ＋ f(x) 增 極大值 減 極小值 增 從而可知，當(dāng)x＝－m時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值9， 即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，∴m＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x3＋2x2－4x＋1， 依題意知f′(x)＝3x2＋4x－4＝－5， ∴x＝－1或x＝－， 又f(－1)＝6，f＝， 所以切線方程為y－6＝－5(x＋1)或 y－＝－5， 即5x＋y－1＝0或135x＋27y－23＝0. 18．(12分)(2019·成都七中診斷)已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋2cosx＋ax＋2，其中a為常數(shù)． (1)若曲線y＝f(x)在x＝處的切線斜率為－2

17、，求該切線的方程； (2)求函數(shù)f(x)在x∈[0，π]上的最小值． 解　(1)求導(dǎo)得f′(x)＝xcosx－sinx＋a， 由f′＝a－1＝－2，解得a＝－1. 此時(shí)f＝2，所以該切線的方程為 y－2＝－2，即2x＋y－2－π＝0. (2)對(duì)任意x∈[0，π]，f″(x)＝－xsinx≤0， 所以f′(x)在[0，π]內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤f′(0)＝a≤0， ∴f(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，故f(x)min＝f(π)＝aπ. 當(dāng)a≥π時(shí)，f′(x)≥f′(π)＝a－π≥0， ∴f(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(0)＝4.

18、 當(dāng)00，f′(π)＝a－π<0，且f′(x)在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可知，存在唯一x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且f(x)在[0，x0]上單調(diào)遞增，在[x0，π]上單調(diào)遞減．故f(x)的最小值等于f(0)＝4和f(π)＝aπ中較小的一個(gè)值． ①當(dāng)≤a<π時(shí)，f(0)≤f(π)，故f(x)的最小值為f(0)＝4. ②當(dāng)0

19、)． (1)若函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線2x－y－1＝0平行，求實(shí)數(shù)m的值； (2)若對(duì)于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)∵f(x)＝4lnx－mx2＋1， ∴f′(x)＝－2mx， ∴f′(1)＝4－2m， ∵函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線與直線2x－y－1＝0平行，∴f′(1)＝4－2m＝2， ∴m＝1. (2)∵對(duì)于任意x∈[1，e]，f(x)≤0恒成立， ∴4lnx－mx2＋1≤0，在x∈[1，e]上恒成立， 即對(duì)于任意x∈[1，e]，m≥恒成立， 令g(x)＝，x∈[1，e]， g′(x)＝，

20、 令g′(x)>0，得1

21、 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝lnx，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得0， 函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． 當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0，得0－， 函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)①當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)在內(nèi)有1個(gè)零點(diǎn)x0＝1; ②當(dāng)a>0時(shí)，由(1)知函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 若≥1，即0

22、； 若0<<1，即當(dāng)a>時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，要使函數(shù)f(x)在(0,1]內(nèi)至少有1個(gè)零點(diǎn)，只需滿足f≥0，即ln≥， 又∵a>，∴l(xiāng)n<0，∴不等式不成立． ∴f(x)在(0,1]內(nèi)無(wú)零點(diǎn)； ③當(dāng)a<0時(shí)，由(1)知函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 若－≥1，即－1≤a<0時(shí)，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，由于當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞，且f(1)＝－a2－a>0，知函數(shù)f(x)在(0,1]內(nèi)有1個(gè)零點(diǎn)； 若0<－<1，即a<－1時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，由于當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞，且當(dāng)a<－1時(shí)，f＝ln<0，知函數(shù)f(x)在(

23、0,1]內(nèi)無(wú)零點(diǎn)． 綜上可得a的取值范圍是[－1,0]． 21．(12分)(2019·湖北黃岡中學(xué)、華師附中等八校聯(lián)考)在工業(yè)生產(chǎn)中，對(duì)一正三角形薄鋼板(厚度不計(jì))進(jìn)行裁剪可以得到一種梯形鋼板零件，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為3(單位：米)的正三角形鋼板(如圖)，沿平行于邊BC的直線DE將△ADE剪去，得到所需的梯形鋼板BCED，記這個(gè)梯形鋼板的周長(zhǎng)為x (單位：米)，面積為S(單位：平方米)． (1)求梯形BCED的面積S關(guān)于它的周長(zhǎng)x的函數(shù)關(guān)系式； (2)若在生產(chǎn)中，梯形BCED的面積與周長(zhǎng)之比達(dá)到最大值時(shí)，零件才能符合使用要求，試確定這個(gè)梯形的周長(zhǎng)x為多少時(shí)，該零件才可以在生產(chǎn)中使用？ 解

24、　(1)∵DE∥BC，△ABC是正三角形， ∴△ADE是正三角形，AD＝DE＝AE，BD＝CE＝3－AD， 則DE＋2(3－AD)＋3＝9－AD＝x， S＝ ＝(6

25、(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 ∴當(dāng)x＝6時(shí)，函數(shù)f(x)＝有最大值， 為f(6)＝－3. ∴當(dāng)x＝6米時(shí)，該零件才可以在生產(chǎn)中使用． 22．(12分)(2019·衡水中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)若k＝2，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，試比較f(x)與2的大??； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1

26、 由于x∈(0，＋∞)，故h′(x)＝2ex－2>0，于是h(x)＝2ex－2x在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 所以h(x)＝2ex－2x>h(0)＝2>0，即f′(x)＝2ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立， 從而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 故f(x)＝2ex－x2>f(0)＝2. (2)函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，則x1，x2是f′(x)＝kex－2x＝0的兩個(gè)根，即方程k＝有兩個(gè)根， 設(shè)φ(x)＝，則φ′(x)＝， 當(dāng)x<0時(shí)，φ′(x)>0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增且φ(x)<0； 當(dāng)00，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增且φ(x)>0； 當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)<0，函數(shù)φ(x)單調(diào)遞減且φ(x)>0. 作出函數(shù)φ(x)的圖象如圖所示， 要使方程k＝有兩個(gè)根，只需0