2013年高考数学(文)一轮复习单元测试(配最新高考+模拟)第三章 导数及其应用)

2013届高考数学（文）一轮复习单元测试

第三章导数及其应用

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)

1、（山东省日照市2012届高三12月月考）设函数f(x)x26x，则f(x)在x0处的切线斜率为（ ）

（A）0

（B）-1 （C）3 （D）-6

2、（2012厦门市高三上学期期末质检）函数y＝(3－x2)ex的单调递增区是（ ） A.(－∞,0) B. (0,＋∞) C. (－∞,－3)和(1,＋∞) D. (－3,1) 3 ．（2012陕西文）设函数f(x)=

A．x=

2+lnx 则 xB． x=

（ ）

1为f(x)的极大值点 21为f(x)的极小值点 2C．x=2为 f(x)的极大值点 D．x=2为 f(x)的极小值点

3

4．若对任意x，有f′(x)＝4x，f(1)＝－1，则此函数为( )

A．f(x)＝x4 B．f(x)＝x4－2 C．f(x)＝x4＋1 D．f(x)＝x4＋2

6 ．（2012重庆文）设函数f(x)在R上可导,其导函数f(x),且函数f(x)在x2处取得

极小值,则函数yxf(x)的图象可能是（ ）

7、（2012吉林市期末质检）已知函数f(x)x3ax2bxa27a在x1处取得极大值

10，则

a的值为（ ） b2A. B.2

3

C.2或2 3 D. 不存在

（ ）

8 ．（2012辽宁文）函数y=

A．(1,1] B．(0,1] C．[1,+∞) D．(0,+∞)

9．家电下乡政策是应对金融危机，积极扩大内需的重要举措．我市某家电制造集团为尽快实现家电下乡提出四种运输方案，据预测，这四种方案均能在规定的时间T内完成预期运输任务Q0，各种方案的运输总量Q与时间t的函数关系如下图所示，在这四种方案中，运输效率(单位时间的运输量)逐步提高的是( )

12

x㏑x的单调递减区间为 2





1

10．设函数f(x)＝xm＋ax的导数f′(x)＝2x＋1，则数列fnn∈(N*)的前n项和( )

n＋1n＋2nn

A. B. C. D.

nn－1n＋1n＋1

11、（2012延吉市质检）定义方程f(x)f'(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)x,h(x)ln(x1),(则,,的大小关(xx))xx311的“新驻点”分别为,,，系为

（ ）

B．

C．

D．

A．



π1

12．函数f(x)＝sinx＋2xf′()，f′(x)为f(x)的导函数，令a＝－，b＝log32，则下列关系正

32

确的是( )

A．f(a)>f(b) B．f(a)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)

13．（2012课标文）曲线yx(3lnx1)在点(1,1)处的切线方程为______

14、如图，函数f(x)的图象是折线段ABC,其中A,B,C的坐标分别为（0，4），（2，0），（6，4），则f(f(0))= ; 函数f(x)在x=1处的导数f′（1）= .

2b为常数）15.（2012昌平二模）已知函数f(x)4lnxax6xb（a，，且x2为f(x)的一个极值点．则求a的值为＿＿＿＿

16、函数fxax33x1对于x1,1总有fx≥0 成立，则a= ．

三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本题满分10分)设函数f(x)＝ax＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.

(1)求a，b，c的值；

(2)求函数f(x)的单调递增区间，并求函数f(x)在[－1,3]上的最大值和最小值．

18．(本题满分12分) （2012重庆文）已知函数f(x)ax3bxc在x2处取得极值为

3

c16

(1)求a、b的值;(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[3,3]上的最大值.

19．(本题满分12分)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是0.8πr2

分，其中r是瓶子的半径，单位是cm，已知每出售1 mL饮料，制造商可获利0.2分，且制造商制作的瓶子的最大半径为6 cm.

试求出瓶子的半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大或最小．

21．(本题满分12分)（2012福建文）已知函数f(x)axsinx3(aR),且在[0,]上的22

最大值为

3, 2(1)求函数f(x)的解析式;

(2)判断函数f(x)在(0,)内的零点个数,并加以证明.

b

22．(本题满分12分)(2010·湖北卷，理)已知函数f(x)＝ax＋＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))

x

处的切线方程为y＝x－1.

(1)用a表示出b，c；

(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．

祥细答案

1、【答案】D

解析：f(x)在x=0处的切线斜率为f(0)(2x6)|x06

2、【答案】D

【解析】本题主要考查导数的计算及导数与单调性的关系、二次不等式的解法. 属于基础知识、基本运算的考查.

y2xex(3x2)exex(x22x3)0x22x303x1

∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区是(－3,1) 3、【答案】D

x21x2x<2f(x)lnx为减函f(x)0,f(x)0,令得,时,,

x2x1数;x>2时,f(x)0,f(x)lnx为增函数,所以x2为f(x)的极小值点,选D.

x解析:f(x)4、答案 B

解析 用f(1)＝－1验证即可． 5. 【答案】A

【解析】若函数f(x)ax在R上为减函数,则有0a1.函数g(x)(2a)x3为增函数,

则有2a0,所以a2,所以“函数f(x)ax在R上为减函数”是“函数

g(x)(2a)x3为增函数”的充分不必要条件,选A.

6. 【答案】C

【解析】:由函数f(x)在x2处取得极小值可知x2,f(x)0,则

xf(x)0;x2,f(x)0则2x0时xf(x)0,x0时xf(x)0

7、【答案】A

32ab0a2【解析】由题f'(x)3x2axb，则，解得，或2b11aba7a102a6a6a2，经检验满足题意，故，选A。 b3b9b98、【答案】B

【

解

析

】

y121xlnx,yx,由y≤0，解得-1≤x≤1,又x0,0x≤1,故选B 2x9、【答案】B

解析 由题意可知，运输效率越来越高，只需曲线上点的切线的斜率越来越大即可，观

察图形可知，选项B满足条件，故选B. 10、答案 C

－

解析 ∵f′(x)＝mxm1＋a，又f′(x)＝2x＋1. m＝2，∴∴m＝2，a＝1.∴f(x)＝x2＋x. m－1＝1.

11111即2，an＝2＝－，

n＋nnn＋1fnn＋n

111111n

Sn＝(1－)＋(－)＋„＋(－)＝1－＝. 223nn＋1n＋1n＋1

11、【答案】C

x【解析】因为满足方程f(x)f'(x)的实数根0叫做函数f(x)的 “新驻点”，所以

1;x((x1)的新驻点为g(x)x,的h(新x)x1),(h)x)xln1驻ln(点是

ln(x1)1x1的根；

(x)x31的新驻点为x33x210的根；作出图像得。

12、答案 A

ππ

解析 f(x)＝sinx＋2xf′() ∴f′(x)＝cosx＋2f′() 33

πππππ1∴f′()＝cos＋2f′() ∴f′()＝－cos＝－

333332∴f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)为减函数

1

∵b＝log32>log31＝0>－＝a ∴f(a)>f(b)．

2

二、填空题

13、【答案】4xy30.

【解析】∵y3lnx4,∴切线斜率为4,则切线方程为:4xy30. 14、答案：2 －2

解析：f（0）＝4，f（f（0））＝f（4）＝2

f′（1）表示曲线f（x）在x＝1处切线的斜率，直线AB的斜率为－2，故填－2。 15、答案：1

解析： (Ⅰ) 函数f (x)的定义域为（0，+∞） ∵ f ′ (x) =∴f(2)24a60，则a = 1． 16、答案：4

【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x＝0，则不论a取何值，fx≥0显然成

42ax6 x313 2xx312x311'设gx23，则gx， 所以 在区间gx0,上单调递增，在区

xxx4211间,1上单调递减，因此gxmaxg4，从而a≥4；

22立；当x＞0 即x1,1时，fxax3x1≥0可化为，a3

当x＜0 即1,0时，fxax33x1≥0可化为agx 在区间1,0上单调递增，因此gxman312x31'0 gx，234xxxg14，从而a≤4，综上a＝4

三、解答题

17、解 (1)∵f(x)为奇函数，

∴f(－x)＝－f(x)即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，∴c＝0， ∵f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，∴b＝－12，

1

又直线x－6y－7＝0的斜率为，

6

因此，f′(1)＝3a＋b＝－6， ∴a＝2，b＝－12，c＝0.

(2)单调递增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)． f(x)在[－1,3]上的最大值是18，最小值是－82.

18、【答案】:(Ⅰ)

134(Ⅱ) 2727【解析】::(Ⅰ)因f(x)ax3bxc 故f(x)3ax2b 由于f(x) 在点x2 处取得极值

当x(2,2) 时,f(x)0 故f(x)在(2,2) 上为减函数 当x(2,) 时f(x)0 ,故f(x)在(2,) 上为增函数.

由此可知f(x) 在x12 处取得极大值f(2)16c,f(x) 在x22 处取得极小值

f(2c)c9由1题设条件知16c28 得c12此时

f(3),2f1,(3cf(2)c164因此f(x) 上[3,3]的最

小值为f(2)4

19、解析 由于瓶子的半径为r，所以每瓶饮料的利润是 4

y＝f(r)＝0.2×πr3－0.8πr2

33r

＝0.8π(－r2)，03

f′(r)＝0.8π(r2－2r)， 当r＝2时，f′(r)＝0.

当r∈(0,2)时，f′(r)<0；当r∈(2,6)时，f′(r)>0.

因此，当半径r>2时，f′(r)>0，它表示f(r)单调递增，即半径越大，利润越高；半径r<2时，f′(r)<0，它表示f(r)单调递减，即半径越大，利润越低．

所以半径为2 cm时，利润最小，这时f(2)<0，表示此种瓶装饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润是负值．半径为6 cm时，利润最大．

220、【解】（1）f(x)＝x2axb，

21a,f(1)ab2,3 解得 由题设知： 37b.f(1)12ab2,3

即x22axb0在(1,2)内有两个不等的实根．

f(1)12ab0,f(2)44ab0,1a2,4(a2b)0.∴

(1)(2)(3)(4)

2由 （1）+（3）得ab0，由（4）得abaa，

11a2a(a)2224∴2a1，又，∴ab2．

故a＋b的取值范围是（0，2）

21. 解:

f(x)a(sinxxcosx),x(0,),sinxxcosx0

23当a0时,f(x)不合题意;

23当a0时,f(x)0,f(x)单调递减,[f(x)]maxf(0),不合题意;

233当a0时,f(x)0,f(x)单调递增,[f(x)]maxf()a

22223a1,所以综上f(x)xsinx

2



(2)f(x)在(0,)上有两个零点.证明如下: 由(1)知f(x)xsinx∴f(x)在[0,故在[0,3330 ,f(0)0,f()2222]上至少有一个零点,又由(1)知f(x)在[0,]上单调递增,

22]上只有一个零点,当x，时,令g(x)f(x)sinxxcosx, 22g（2）10，（g)0,

g(x)在

2，上续,∴m，2,g(m)0

g（'x)2cosx-xsinx0,∴g(x)在2，上递减,当x2，m时,

g(x)g(m)0,

f（'x)0,f(x)递增,∴当m(32,m)时,f(x)f(2)20 ∴f(x)在(m,)上递增,∵f(m)0,f()0

∴f(x)在(m,)上只有一个零点,综上f(x)在(0,)上有两个零点.

22、解析 (1)f′(x)＝a－b

f1＝a＋b＋c＝0b＝ax2，则有－1，f′1＝a－b＝1， 解得c＝1－2a.

(2)由(1)知，f(x)＝ax＋a－1

x＋1－2a.

令g(x)＝f(x)－ln x＝ax＋a－1

x

＋1－2a－ln x，x∈[1，＋∞)，

则g(1)＝0，g′(x)＝a－a－11ax2

－x－a－1

ax－1x－1－a

ax2－x＝x2＝x2，

(ⅰ)当01－a2时，a>1. 若1a

，则g′(x)<0，g(x)是减函数，所以g(x)即f(x)(ⅱ)当a≥1

1－a2时，a

≤1.

若x>1，则g′(x)>0，g(x)是增函数，所以g(x)>g(1)＝0， 即f(x)>ln x，故当x≥1时，f(x)≥ln x.

综上所述，所求a的取值范围为[1

2，＋∞)．

连