2021高考数学(福建-理)一轮作业：3章-章末检测.docx

第三章　章末检测
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.(2010·泰安高三二模)如图，函数y＝f(x)的图象在点P(5，f(5))处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于 (　　)

A. B．1
C．2 D．0
2．函数f(x)＝ax3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则 (　　)
A．a<1 B．a<
C．a<0 D．a≤0
3．(2011·洛阳模拟)已知f(x)＝，且f(x－1)的图象的对称中心是(0,3)，则f′(2)的值为 (　　)
A．－ B.
C．－ D.
4．若函数f(x)＝exsin x，则此函数图象在点(4，f(4))处的切线的倾斜角为 (　　)
A. B．0 C．钝角 D．锐角
5．(2010·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家猎取最大年利润的年产量为 (　　)
A．13万件 B．11万件
C．9万件 D．7万件
6．已知f(x)＝2x3－6x2＋a (a是常数)在[－2,2]上有最大值3，那么在[－2,2]上f(x)的最小值是 (　　)
A．－5 B．－11
C．－29 D．－37
7．(2010·江西) 如图，一个正五角形薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t) (S(0)＝0)，则导函数y＝S′(t)的图象大致(　　)

8．已知x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则x2y的最大值为 (　　)
A．36 B．18
C．25 D．42
9．(2011·合肥模拟)已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为 (　　)

A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(1,2)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)
10.如图所示的曲线是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x＋x等于 (　　)

A. B.
C. D.
11．(2010·宝鸡高三检测三)已知f′(x)是f(x)的导函数，在区间[0，＋∞)上f′(x)>0，且偶函数f(x)满足f(2x－1)<f，则x的取值范围是 ( 　　)
A. B.
C. D.
12．(2011·唐山月考)已知函数y＝f(x)＝x3＋px2＋qx的图象与x轴切于非原点的一点，且y微小值＝－4，那么p，q的值分别为 (　　)
A．6,9 B．9,6
C．4,2 D．8,6
题　号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答　案

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．函数f(x)＝xln x在(0,5)上的单调递增区间是____________．
14．(2011·安庆模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈时，f(x)＝x＋sin x，则f(1)，f(2)，f(3)的大小关系为________________________．
15．(2009·福建改编)＝________.
16．下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的推断正确的是________(填写全部正确的序号)．
①f(x)>0的解集是{x|0<x<2}；②f(－)是微小值，f()是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)设f(x)＝x3－x2－2x＋5.
(1)求函数f(x)的单调递增、递减区间；(2)当x∈[－1,2]时，f(x)<m恒成立，求实数m的取值范围．

18．(12分)(2011·莆田月考)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋3x (x∈R)．
(1)若a＝1，点P为曲线y＝f(x)上的一个动点，求以点P为切点的切线斜率取得最小值时的切线方程；
(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，试求满足条件的最大整数a.

19．(12分)(2011·福州高三质检)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的微小值；
(2)争辩关于x的方程f(x)－m＝0 (m∈R)的解的个数．

20．(12分)(2010·全国)已知函数f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x.
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在(－1,1)上是增函数，求a的取值范围．

21．(12分)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米，余下工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经猜想，一个桥墩的工程费用为256万元，距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋)x万元．假设桥墩等距离分布，全部桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y万元．
(1)试写出y关于x的函数关系式；
(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？

22．(12分)(2011·黄山模拟)设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a和b的值；
(2)争辩f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝x3－x2，试比较f(x)与g(x)的大小．

答案 1．C　[由题意知f′(5)＝－1，f(5)＝－5＋8＝3，
所以f(5)＋f′(5)＝3－1＝2.]
2．D　[由题意知，f′(x)＝3ax2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，
a＝0时，f′(x)≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；
a>0时，≥3x2在(－∞，＋∞)上恒成立，这样的a不存在；
a<0时，≤3x2在(－∞，＋∞)上恒成立，而3x2≥0，
∴a<0.综上，a≤0.]
3．B　[f(x)＝a＋1－，中心为(－1，a＋1)，由f(x－1)的中心为(0,3)知f(x)的中心为(－1,3)，∴a＝2.
∴f(x)＝3－.
∴f′(x)＝.∴f′(2)＝.]
4．C　[f′(x)＝exsin x＋excos x
＝ex(sin x＋cos x)＝exsin，
f′(4)＝e4sin<0，
则此函数图象在点(4，f(4))处的切线的倾斜角为钝角．]
5．C　[∵y′＝－x2＋81，令y′＝0得x＝9(x＝－9舍去)．
当0<x≤9时，y′≥0，f(x)为增函数，
当x>9时，y′<0，f(x)为减函数．
∴当x＝9时，y有最大值．]
6．D　[f′(x)＝6x2－12x，若f′(x)>0，
则x<0或x>2，又f(x)在x＝0处连续，
∴f(x)的增区间为[－2,0)．
同理f′(x)<0，得减区间(0,2]．
∴f(0)＝a最大．
∴a＝3，即f(x)＝2x3－6x2＋3.
比较f(－2)，f(2)得f(－2)＝－37为最小值．]
7．A　[利用排解法．
∵露出水面的图形面积S(t)渐渐增大，
∴S′(t)≥0，排解B.
记露出最上端小三角形的时刻为t0.
则S(t)在t＝t0处不行导．排解C、D，故选A.]
8．A　[由x＋3y＝9，得y＝3－≥0，∴0≤x≤9.
将y＝3－代入u＝x2y，
得u＝x2＝－＋3x2.
u′＝－x2＋6x＝－x(x－6)．
令u′＝0，得x＝6或x＝0.
当0<x<6时，u′>0；6<x<9时，u′<0.
∴x＝6时，u＝x2y取最大值36.]
9．D　[由f(x)的图象可知，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上f′(x)>0，在(－1,1)上f′(x)<0.
由(x2－2x－3)f′(x)>0，
得或
即或，
所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．]
10．C　[由图象知f(x)＝x(x＋1)(x－2)
＝x3－x2－2x＝x3＋bx2＋cx＋d，
∴b＝－1，c＝－2，d＝0.
而x1，x2是函数f(x)的极值点，故x1，x2是f′(x)＝0，
即3x2＋2bx＋c＝0的根，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2
＝b2－＝.]
11．A　[∵x∈[0，＋∞)，f′(x)>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又因f(x)是偶函数，∴f(2x－1)<f
⇔f(|2x－1|)<f
⇒|2x－1|<，∴－<2x－1<.
即<x<.]
12．A　[y′＝3x2＋2px＋q，令切点为(a,0)，a≠0，则f(x)＝x(x2＋px＋q)＝0有两个不相等实根a,0 (a≠0)，
∴x2＋px＋q＝(x－a)2.
∴f(x)＝x(x－a)2，f′(x)＝(x－a)(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝a或x＝.
当x＝a时，f(x)＝0≠－4，
∴f＝y微小值＝－4，
即a3＝－4，a＝－3，∴x2＋px＋q＝(x＋3)2.
∴p＝6，q＝9.]
13.
解析　∵f′(x)＝ln x＋1，f′(x)>0，
∴ln x＋1>0，ln x>－1，
∴x>.∴递增区间为.
14．f(3)<f(1)<f(2)
解析　由f(x)＝f(π－x)，得函数f(x)的图象关于直线x＝对称，
又当x∈时，f′(x)＝1＋cos x>0恒成立，
所以f(x)在上为增函数，
f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，
且0<π－3<1<π－2<，
所以f(π－3)<f(1)<f(π－2)，
即f(3)<f(1)<f(2)．
15．π＋2
解析　∵(x＋sin x)′＝1＋cos x，
∴－(1＋cos x)dx＝(x＋sin x)
＝＋sin－＝π＋2.
16．①②
解析　f(x)>0⇒(2x－x2)ex>0
⇒2x－x2>0⇒0<x<2，故①正确；
f′(x)＝ex(2－x2)，由f′(x)＝0，
得x＝±，由f′(x)<0，得x>或x<－，
由f′(x)>0，得－<x<，
∴f(x)的单调减区间为(－∞，－)，(，＋∞)，单调增区间为(－，)．
∴f(x)的极大值为f()，微小值为f(－)，故②正确．
∵x<－时，f(x)<0恒成立，
∴f(x)无最小值，但有最大值f()．
∴③不正确．
17．解　(1)f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，
即3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，………………………………………………(2分)
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．…………………………………………(4分)
所以f(x)的递增区间为和(1，＋∞)，
f(x)的递减区间为.……………………………………………………………(6分)
(2)当x∈[－1,2]时，f(x)<m恒成立，只需使x∈[－1，2]，f(x)的最大值小于m即可．由(1)可知f(x)极大值＝f＝5，f(2)＝7，……………………………………………………(9分)
所以f(x)在x∈[－1,2]的最大值为f(2)＝7，
所以m>7.………………………………………………………………………………(10分)
18．解　(1)设切线的斜率为k，
则k＝f′(x)＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，
当x＝1时，kmin＝1.………………………………………………………………………(3分)
又f(1)＝，∴所求切线的方程为y－＝x－1，
即3x－3y＋2＝0.………………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)＝2x2－4ax＋3，要使y＝f(x)为单调递增函数，必需满足f′(x)≥0，即对任意的x∈(0，＋∞)，恒有f′(x)≥0，f′(x)＝2x2－4ax＋3≥0，∴a≤＝＋，而＋≥，当且仅当x＝时，等号成立．……………………………………………………………(10分)
∴a≤，又∵a∈Z，
∴满足条件的最大整数a为1.…………………………………………………………(12分)
19．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，……………………………(2分)
令f′(x)＝0，得x＝，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)，f(x)的变化的状况如下：
x

f′(x)
－
0
＋
f(x)

微小值

…………………………………………………………………………………………(5分)
所以，f(x)在(0，＋∞)上的微小值是f＝－.……………………………………(6分)
(2)当x∈，f(x)单调递减且f(x)的取值范围是；
当x∈时，f(x)单调递增且f(x)的取值范围是.………………(8分)
令y＝f(x)，y＝m，两函数图象交点的横坐标是f(x)－m＝0的解，由(1)知当m<－时，原方程无解；
由f(x)的单调区间上函数值的范围知，
当m＝－或m≥0时，原方程有唯一解；
当－<m<0时，原方程有两解．………………………………………………………(12分)
20．解　(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)．
当a＝时，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，……………………………………………………(3分)
f(x)在(－∞，－2)内单调递减，
在(－2，＋∞)内单调递增，
在x＝－2时，f(x)有微小值．
所以f(－2)＝－12是f(x)的微小值．……………………………………………………(6分)
(2)在(－1,1)上，f(x)单调递增当且仅当f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0恒成立，
即3ax2＋3ax－1≤0恒成立，①…………………………………………………………(7分)
(ⅰ)当a＝0时，①恒成立；
(ⅱ)当a>0时，①成立，
即成立，解得0<a≤.
(ⅲ)当a<0时①成立，
即3a2－－1≤0成立，
当且仅当－－1≤0，解得－≤a<0.………………………………………………(11分)
综上，a的取值范围为.………………………………………………………(12分)
21．解　(1)设需要新建n个桥墩，(n＋1)x＝m，
即n＝－1(0<x<m)，
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x
＝256＋(2＋)x
＝＋m＋2m－256(0<x<m)．……………………………………………………(5分)
(2)由(1)知f′(x)＝－＋mx－，…………………………………………………(7分)
令f′(x)＝0，得x＝512，所以x＝64.
当0<x<64时，f′(x)<0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64<x<640时，f′(x)>0，
f(x)在区间(64,640)内为增函数，………………………………………………………(10分)
所以f(x)在x＝64处取得最小值，
此时，n＝－1＝－1＝9.
故需新建9个桥墩才能使y最小．……………………………………………………(12分)
22．解　(1)由于f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx
＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，
又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，
所以f′(－2)＝f′(1)＝0，
因此…………………………………………………………………(3分)
解方程组得………………………………………………………………(4分)
(2)由于a＝－，b＝－1，
所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.……………………………………………(6分)
由于当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的；
在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．………………………………………………(8分)
(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2，
故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3
＝x2(ex－1－x)，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1.…………………………………………………(9分)
令h′(x)＝0，得x＝1，
由于x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0，
所以h(x)在x∈(－∞，1]上单调递减．
故x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0.
由于x∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增．
故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0.……………………………………………………(11分)
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0，
又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0，
故对任意x∈(－∞，＋∞)，
恒有f(x)≥g(x)．…………………………………………………………………………(12分)