《2020屆高考數(shù)學 總復習階段性測試題三 導數(shù)及其應用 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學 總復習階段性測試題三 導數(shù)及其應用 北師大版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、階段性測試題三(導數(shù)及其應用) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分．考試時間120分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共50分) 一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50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．(2020·九江調研)甲、乙兩個物體沿直線運動的方程分別是s1＝t3－2t2＋t和s2＝3t2－t－1，則在t＝2秒時兩個物體運動的瞬時速度關系是(　　) A．甲大　　　　　　　　　 B．乙大 C．相等　　 D．無法比較 [答案]　B [解析]　v1＝s1′＝3t2－4t＋1，v2＝s2′＝6t－1， 所以在t＝2秒

2、時兩個物體運動的瞬時速度分別是5和11，故乙的瞬時速度大． 2．(2020·山東文)曲線y＝x3＋11在點P(1,12)處的切線與y軸交點的縱坐標是(　　) A．－9 B．－3 C．9 D．15 [答案]　C [解析]　本題考查導數(shù)幾何意義，求導公式等知識．導數(shù)最基本運算及應用是每年必考內容． 由y＝x3＋11知y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，所以過點P(1,12)的切線方程為y－12＝3(x－1)，即3x－y＋9＝0，令x＝0易知選C. 3．(2020·安陽模擬)已知函數(shù)f(x)在x＝1處的導數(shù)為3，則f(x)的解析式可能為(　　) A．f(x)

3、＝(x－1)3＋3(x－1) B．f(x)＝2(x－1) C．f(x)＝2(x－1)2 D．f(x)＝x－1 [答案]　A [解析]　先求f(x)的導函數(shù)，再代入驗證．當f(x)＝(x－1)3＋3(x－1)時，f′(x)＝3(x－1)2＋3且f′(1)＝3(1－1)2＋3＝3. 4．(2020·許昌調研)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖像，則下列判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－3,1)上y＝f(x)是增函數(shù) B．在(1,3)上y＝f(x)是減函數(shù) C．在(4,5)上y＝f(x)是增函數(shù) D．在x＝2時y＝f(x)取到極小值 [答案]　C [解

4、析]　由導函數(shù)圖像與原函數(shù)的關系可知函數(shù)y＝f(x)在(－3，－)上是減函數(shù)，在(－，1)上是增函數(shù)，知A錯；由函數(shù)y＝f(x)在(1,2)上是增函數(shù)，在(2,3)上是減函數(shù)，知B錯；由函數(shù)y＝f(x)在(4,5)上是增函數(shù)知C正確；由函數(shù)y＝f(x)在x＝2時取極大值，知D錯． 5．(2020·汕頭一模)如果函數(shù)f(x)＝x4－x2，那么f′(i)＝(　　) A．－2i B．2i C．6i D．－6i [答案]　D [解析]　因為f′(x)＝4x3－2x， 所以f′(i)＝4i3－2i＝－6i. 6．(2020·黃山調研)若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切

5、線方程為3x－y＋1＝0，則(　　) A．f′(x0)<0 B．f′(x0)>0 C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)不存在 [答案]　B [解析]　由導數(shù)的幾何意義可知曲線在(x0，f(x0))處的導數(shù)等于曲線在該點處的切線的斜率，故f′(x0)＝3.故選B. 7．(2020·?？谫|檢)函數(shù)f(x)＝excosx的圖像在點(0，f(0))處的切線的傾斜角為(　　) A．0 B. C．1 D. [答案]　B [解析]　f′(x)＝(excosx)′＝(ex)′cosx＋ex(cosx)′＝excosx＋ex(－sinx)＝ex(cosx－sinx)，則函數(shù)f

6、(x)在點(0，f(0))處的切線的斜率k＝f′(x)|x＝0＝ex(cosx－sinx)|x＝0＝e0＝1， 故切線的傾斜角為，故選B. 8．(文)(2020·九江模擬)已知f(x)＝x3－ax在(－∞，－1]上遞增，則a的取值范圍是(　　) A．a>3 B．a≥3 C．a<3 D．a≤3 [答案]　D [解析]　由f(x)＝x3－ax，得f′(x)＝3x2－a， 由3x2－a≥0對一切x∈(－∞，－1]恒成立， 3x2≥a，∴a≤3. 若a<3，則f′(x)>0對于一切x∈(－∞，－1]恒成立． 若a＝3，x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0恒成立， x＝－1

7、時，f′(－1)＝0，∴a≤3. (理)(2020·新課標理)由曲線y＝，直線y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為(　　) A. B．4 C. D．6 [答案]　C [解析]　本題考查了定積分的應用． 依題意，如圖所示，由得其交點坐標為(4,2)． 因此y＝與y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為 [－(x－2)]dx＝(－x＋2)dx ＝(x－x2＋2x)|＝×8－×16＋2×4＝. 故選C. 9．(2020·東北師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)在R上可導，且f(x)＝x2＋2xf′(2)，則f(－1)與f(1)的大小關系為(　　) A．f(－1)＝f(1)

8、 B．f(－1)>f(1) C．f(－1)f(1)． 10．(文)(2020·新鄉(xiāng)一模)若a>2，則方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有(　　) A．0個根 B．1個根 C．2個根 D．3個根 [答案]　B [解析]　設f(x)＝x3－ax2＋1，則f′(x)＝x2－

9、2ax， 而a>2，所以f′(x)≤0?0≤x≤2a.又(0,2)(0,2a)， 故f(x)在區(qū)間(0,2)上遞減， f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(2)＝－4a<0. 故f(x)的圖像在(0,2)上與x軸有一個交點． (理)(2020·遼寧理)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為(　　) A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) [答案]　B [解析]　 本小題考查內容為導數(shù)的應用及數(shù)形結合思想． 解法一：令g(x)＝2x＋4，∴g′(x)

10、＝2，∴f′(x)>g′(x)， 如圖，f(x)>2x＋4， 解為x>－1. 解法二：設m(x)＝f(x)－(2x＋4)，則m′(x)＝f′(x)－2>0， ∴m(x)在R上是增函數(shù)． ∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0.∴m(x)>0的解集為{x|x>－1}， 即f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞)． [點評]　本題考查導數(shù)與單調函數(shù)之間的關系，以及解不等式的相關知識，難度較大． 第Ⅱ卷(非選擇題　共100分) 二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上) 11．(文)(2020·萍鄉(xiāng)一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－12x＋8在

11、區(qū)間[－3,3]上的最大值與最小值分別為M、m，則M－m＝________. [答案]　32 [解析]　∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)， 由f(－3)＝17，f(3)＝－1， f(－2)＝24，f(2)＝－8， 可知M－m＝24－(－8)＝32. (理)(2020·萍鄉(xiāng)一模)已知t>0，若(2x－1)dx＝6，則t＝________. [答案]　3 [解析]　(2x－1)dx＝(x2－x)|＝t2－t＝6， ∴t＝3或t＝－2(舍去)． 12．(2020·合肥一模)已知曲線C：y＝lnx－4x與直線x＝1交于一點P，那么曲線C在點P處的切線方程是____

12、____． [答案]　3x＋y－1＝0 [解析]　由已知得y′＝－4，所以當x＝1時有y′＝－3，即過點P的切線的斜率k＝－3，又y＝ln1－4＝－4，故切點P(1，－4)，所以點P處的切線方程為y＋4＝－3(x－1)，即3x＋y＋1＝0. 13．已知函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值為正數(shù)，極小值為負數(shù)，則a的取值范圍是________． [答案]　 [解析]　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)， 由f′(x)<0，得－a

13、2a3＋a＝a(2a2＋1)>0， ① 極小值為f(a)＝a(1－2a2)<0， ② 由①②得a∈. 14．(2020·商丘調研)若點P是曲線y＝x2－lnx上任意一點，則點P到直線y＝x－2的最小距離為________． [答案]　 [解析]　過點P作y＝x－2的平行直線，且與曲線y＝x2－lnx相切， 設P(x0，x－lnx0)，則k＝y(tǒng)′|＝2x0－， ∴2x0－＝1，∴x0＝1或x0＝－(舍去)， ∴P(1,1)，∴d＝＝. 15．(2020·廣州一模)設曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的

14、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，xn＝，∴an＝lg， ∴原式＝lg＋lg＋…＋lg ＝lg(××…×)＝lg＝－2. 三、解答題(本大題共6個小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 16．(本小題滿分12分)(2020·鎮(zhèn)江一模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1.試判斷函數(shù)f(x)的單調性，并求其單調區(qū)間． [解析]　因為f(x)＝

15、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]上單調遞減， 在(－∞，－1]，[1，＋∞)上單調遞增， 所以函數(shù)f(x)的單調減區(qū)間是[－1,1]， 單調增區(qū)間是(－∞，－1]與[1，＋∞)． 17．(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋3bx的圖像與直線12x＋y－1＝0相切于點(1，－11)． (1)求a、b的值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調性． [解析]　(1)f′(x)＝3x2－6ax＋3b，

16、 f(1)＝1－3a＋3b＝－11， ① f′(1)＝3－6a＋3b＝k＝－12. ② 解由①、②組成的關于a，b的方程組，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，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,3)上是減函數(shù)． 18．(本小題滿分12分)(2020·安徽理)設f(x)＝，其中a為正實數(shù)． (1)當a＝時，求f(x)的極值點； (2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，求a的

17、取值范圍． [解析]　對f(x)求導得f′(x)＝ex. ① (1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0， 解得x1＝，x2＝. 結合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以，x1＝是極小值點，x2＝是極大值點． (2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結合a>0，知0

18、西理) 如圖，從點P1(0,0)作x軸的垂線交曲線y＝ex于點Q1(0,1)，曲線在Q1點處的切線與x軸交于點P2.再從P2作x軸的垂線交曲線于點Q2，依次重復上述過程得到一系列點：P1，Q1；P2，Q2；…，Pn，Qn，記Pk點的坐標為(xk,0)(k＝1,2，…，n)． (1)試求xk與xk－1的關系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. [解析]　(1)設Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)點處切線方程為y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)． 由y＝0得xk＝xk－1－1　(2≤k≤n

19、)． (2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)， 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1) ＝＝. 20．(本小題滿分13分)(2020·江蘇卷)請你設計一個包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E、F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE＝FB＝x(cm)． (1)若廣告商

20、要求包裝盒的側面積S(cm2)最大，試問x應取何值？ (2)某廠商要求包裝盒容積V(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． [解析]　設包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)，由已知得 a＝x，h＝＝(30－x)，00；當x∈(20,30)時，V′<0. 所以當x＝20時，V取得極大值，也是

21、最大值． 此時＝.即包裝盒的高與底面邊長的比值為. 21．(本小題滿分14分)(文)(2020·北京朝陽一模)已知函數(shù)f(x)＝mx3＋3x2－3x，m∈R. (1)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，試求m的值，并求f(x)在點M(1，f(1))處的切線方程； (2)設m<0，若函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上存在單調遞增區(qū)間，求m的取值范圍． [解析]　(1)f′(x)＝3mx2＋6x－3. 因為函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值， 所以f′(－1)＝0，即3m－9＝0，解得m＝3. 于是函數(shù)f(x)＝3x3＋3x2－3x， f(1)＝3，f′(x)＝9x2＋6x－3. 函數(shù)

22、f(x)在點M (1,3)處的切線的斜率k＝f′(1)＝12， 則f(x)在點M處的切線方程為12x－y－9＝0. (2)當m<0時，f′(x)＝3mx2＋6x－3是開口向下的拋物線，要使f′(x)在(2，＋∞)上存在子區(qū)間使f′(x)>0， 應滿足或 解得－≤m<0，或－

23、結論； (3)若x1，x2∈[－1,1]，求證：|f(x1)－f(x2)|≤. [解析]　(1)∵函數(shù)f(x)的圖像關于原點對稱， ∴對任意實數(shù)x有f(－x)＝－f(x)， ∴－ax3－2bx2－cx＋4d＝－ax3＋2bx2－cx－4d， 即bx2－2d＝0恒成立，∴b＝0，d＝0， ∴f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c， ∵當x＝1時，f(x)取極小值－， ∴3a＋c＝0且a＋c＝－. 解得a＝，c＝－1. (2)當x∈[－1,1]時，圖像上不存在這樣的兩點使結論成立． 假設圖像上存在兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，使得過此兩點處的切線互相垂直，

24、則由f′(x)＝x2－1知兩點處的切線斜率分別為k1＝x－1，k2＝x－1， 且(x－1)·(x－1)＝－1.(*) ∵x1，x2∈[－1,1]， ∴x－1≤0，x－1≤0. ∴(x－1)(x－1)≥0. 此與(*)相矛盾，故假設不成立． (3)證明：f′(x)＝x2－1，令f′(x)＝0，得x＝±1， 當x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0， 當x∈(－1,1)時，f′(x)<0， ∴f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)， 且f(x)max＝f(－1)＝，f(x)min＝f(1)＝－. ∴在[－1,1]上，|f(x)|≤， 于是x1，x2∈[－1,1]時， |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|＋|f(x2)| ≤＋＝.