求创新设计高考总复习2015数学A（理科） 函数导数及其应用第二讲的答案

第二章 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)<0的解集是(　　)
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)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故应选D.
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．－4<m<－2
C．2<m<4
D．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)<0，则当a<x<b时有(　　)
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)<0
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)<0，函数f(x)单调递减；
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<23x3.
[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＋lnx<23x3.
21．(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<a≤3时，θ∈0，arctana23，
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．

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