第一章 導數(shù)及其應用綜合檢測 時間120分鐘，滿分150分。 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(2010·全國Ⅱ文，7)若曲線y＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程是x－y＋1＝0，則(　　) 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， 將(0，b)代入切線方程得b＝1. 2．一物體的運動方程為s＝2tsint＋t，則它的速度方程為(　　) A．v＝2sint＋2tcost＋1 B．v＝2sint＋2tcost C．v＝2sint D．v＝2sint＋2cost＋1 [答案]　A [解析]　因為變速運動在t0的瞬時速度就是路程函數(shù)y＝s(t)在t0的導數(shù)，S′＝2sint＋2tcost＋1，故選A. 3．曲線y＝x2＋3x在點A(2,10)處的切線的斜率是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 [答案]　D [解析]　由導數(shù)的幾何意義知，曲線y＝x2＋3x在點A(2,10)處的切線的斜率就是函數(shù)y＝x2＋3x在x＝2時的導數(shù)，y′|x＝2＝7，故選D. 4．函數(shù)y＝x|x(x－3)|＋1(　　) A．極大值為f(2)＝5，極小值為f(0)＝1 B．極大值為f(2)＝5，極小值為f(3)＝1 C．極大值為f(2)＝5，極小值為f(0)＝f(3)＝1 D．極大值為f(2)＝5，極小值為f(3)＝1，f(－1)＝－3 [答案]　B [解析]　y＝x|x(x－3)|＋1 ＝ ∴y′＝ x變化時，f′(x)，f(x)變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  無極值  極大值5  極小值1  ∴f(x)極大＝f(2)＝5，f(x)極?。絝(3)＝1 故應選B. 5．(2009·安徽理，9)已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程是(　　) A．y＝2x－1 B．y＝x C．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3 [答案]　A [解析]　本題考查函數(shù)解析式的求法、導數(shù)的幾何意義及直線方程的點斜式． ∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8， ∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4， ∴f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x， ∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為2，切線方程為y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1. 6．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3時取得極值，則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時取得極值， ∴x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根， ∴a＝5，故選D. 7．設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)．當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式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)為奇函數(shù)，又當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即F′(x)>0，知F(x)在(－∞，0)內單調遞增，又F(x)為奇函數(shù)，所以F(x)在(0，＋∞)內也單調遞增，且由奇函數(shù)知f(0)＝0，∴F(0)＝0. 又由g(－3)＝0，知g(3)＝0 ∴F(－3)＝0，進而F(3)＝0 于是F(x)＝f(x)g(x)的大致圖象如圖所示 ∴F(x)＝f(x)·g(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)，故應選D. 8．下面四圖都是同一坐標系中某三次函數(shù)及其導函數(shù)的圖象，其中一定不正確的序號是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．①④ [答案]　B [解析]　③不正確；導函數(shù)過原點，但三次函數(shù)在x＝0不存在極值；④不正確；三次函數(shù)先增后減再增，而導函數(shù)先負后正再負．故應選B. 9．(2010·湖南理，5)dx等于(　　) A．－2ln2 B．2ln2 C．－ln2 D．ln2 [答案]　D [解析]　因為(lnx)′＝， 所以 dx＝lnx|＝ln4－ln2＝ln2. 10．已知三次函數(shù)f(x)＝x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函數(shù)，則m的取值范圍是(　　) A．m<2或m>4 B．－4<m<－2 C．2<m<4 D．以上皆不正確 [答案]　D [解析]　f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7， 由題意得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，故選D. 11．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在區(qū)間[－1,2]上是減函數(shù)，那么b＋c(　　) A．有最大值 B．有最大值－ C．有最小值 D．有最小值－ [答案]　B [解析]　由題意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立． 所以 即 令b＋c＝z，b＝－c＋z，如圖 過A得z最大， 最大值為b＋c＝－6－＝－.故應選B. 12．設f(x)、g(x)是定義域為R的恒大于0的可導函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，則當a<x<b時有(　　) 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)＝ 則F′(x)＝<0 f(x)、g(x)是定義域為R恒大于零的實數(shù) ∴F(x)在R上為遞減函數(shù)， 當x∈(a，b)時，> ∴f(x)g(b)>f(b)g(x)．故應選C. 二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上) 13.＝________. [答案]　 [解析]　取F(x)＝－， 從而F′(x)＝ 則＝F(－1)－F(－2) ＝－＋＝－＝. 14．若函數(shù)f(x)＝的單調增區(qū)間為(0，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　a≥0 [解析]　f′(x)＝′＝a＋， 由題意得，a＋≥0，對x∈(0，＋∞)恒成立， ∴a≥－，x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≥0. 15．(2009·陜西理，16)設曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋…＋a99的值為________． [答案]　－2 [解析]　本小題主要考查導數(shù)的幾何意義和對數(shù)函數(shù)的有關性質． k＝y(tǒng)′|x＝1＝n＋1， ∴切線l：y－1＝(n＋1)(x－1)， 令y＝0，x＝，∴an＝lg， ∴原式＝lg＋lg＋…＋lg ＝lg××…×＝lg＝－2. 16．如圖陰影部分是由曲線y＝，y2＝x與直線x＝2，y＝0圍成，則其面積為________． [答案]?。玪n2 [解析]　由，得交點A(1,1) 由得交點B. 故所求面積S＝dx＋dx ＝x＋lnx＝＋ln2. 三、解答題(本大題共6個小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分12分)(2010·江西理，19)設函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)當a＝1時，求f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1]上 的最大值為，求a的值． [解析]　函數(shù)f(x)的定義域為(0,2)， f ′(x)＝－＋a， (1)當a＝1時，f ′(x)＝，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)，單調遞減區(qū)間為(，2)； (2)當x∈(0,1]時，f ′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上單調遞增，故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝a，因此a＝. 18．(本題滿分12分)求曲線y＝2x－x2，y＝2x2－4x所圍成圖形的面積． [解析]　由得x1＝0，x2＝2. 由圖可知，所求圖形的面積為S＝(2x－x2)dx＋|(2x2－4x)dx|＝(2x－x2)dx－(2x2－4x)dx. 因為′＝2x－x2， ′＝2x2－4x， 所以S＝－＝4. 19．(本題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)． (1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處與直線y＝8相切，求a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間與極值點． [分析]　考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，極值點的性質，以及分類討論思想． [解析]　(1)f′(x)＝3x2－3a. 因為曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處與直線y＝8相切， 所以即 解得a＝4，b＝24. (2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)． 當a<0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，此時函數(shù)f(x)沒有極值點． 當a>0時，由f′(x)＝0得x＝±. 當x∈(－∞，－)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增； 當x∈(－，)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減； 當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增． 此時x＝－是f(x)的極大值點，x＝是f(x)的極小值點． 20．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)求證：當x>1時，x2＋lnx<x3. [解析]　(1)依題意知函數(shù)的定義域為{x|x>0}， ∵f′(x)＝x＋，故f′(x)>0， ∴f(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)． (2)設g(x)＝x3－x2－lnx， ∴g′(x)＝2x2－x－， ∵當x>1時，g′(x)＝>0， ∴g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)， ∴g(x)>g(1)＝>0， ∴當x>1時，x2＋lnx<x3. 21．(本題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x－a. (1)對于任意實數(shù)x, f′(x)≥m恒成立，求m的最大值； (2)若方程f(x)＝0有且僅有一個實根，求a的取值范圍． [分析]　本題主要考查導數(shù)的應用及轉化思想，以及求參數(shù)的范圍問題． [解析]　(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)． 因為x∈(－∞，＋∞)．f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立． 所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值為－. (2)因為當x<1時，f′(x)>0；當1<x<2時，f′(x)<0；當x>2時f′(x)>0. 所以當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝－a， 當x＝2時，f(x)取極小值f(2)＝2－a. 故當f(2)>0或f(1)<0時，方程f(x)＝0僅有一個實根，解得a<2或a>. 22．(本題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋1(a∈R)． (1)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減，求a的值； (2)當x∈[0,1]時，設函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點處的切線的傾斜角為θ，若給定常數(shù)a∈，求θ的取值范圍； (3)在(1)的條件下，是否存在實數(shù)m，使得函數(shù)g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的圖象與函數(shù)y＝f(x)的圖象恰有三個交點．若存在，請求出實數(shù)m的值；若不存在，試說明理由． [解析]　(1)依題意f′＝0， 由f′(x)＝－3x2＋2ax，得－32＋2a·＝0，即a＝1. (2)當x∈[0,1]時，tanθ＝f′(x)＝－3x2＋2ax＝－32＋. 由a∈，得∈. ①當∈，即a∈時，f′(x)max＝， f(x)min＝f′(0)＝0. 此時0≤tanθ≤. ②當∈(1，＋∞)，即a∈(3，＋∞)時，f′(x)max＝f′(1)＝2a－3，f′(x)min＝f′(0)＝0， 此時，0≤tanθ≤2a－3. 又∵θ∈[0，π)，∴當<a≤3時，θ∈， 當a>3時，θ∈[0，arctan(2a－3)]． (3)函數(shù)y＝f(x)與g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的圖象恰有3個交點，等價于方程－x3＋x2＋1＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1恰有3個不等實根， ∴x4－4x3＋(1－m)x2＝0， 顯然x＝0是其中一個根(二重根)， 方程x2－4x＋(1－m)＝0有兩個非零不等實根，則 ∴m>－3且m≠1 故當m>－3且m≠1時，函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象恰有3個交點． - 11 -