2017步步高《单元滚动检测卷》高考数学精练3导数及其应用.doc

高三单元滚动检测卷·数学
考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间120分钟，满分150分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
单元检测三　导数及其应用
第Ⅰ卷

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．(2015·赣州联考)函数f(x)＝3ln x＋x2－x＋在点(，f())处的切线斜率是(　　)
A．－2 B.
C．2 D．4
2．2015·黑龙江双鸭山一中期中)若函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，则函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为(　　)
A．5x－y－3＝0 B．5x－y＋3＝0
C．x－5y＋3＝0 D．x－5y－3＝0
3．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18
C．3 D．0
4．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
5．(2015·河北衡水中学调考)函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则(　　)
A．00 D．b<
6．(2015·辽宁丹东五校协作体期末)若曲线y＝x2与曲线y＝aln x在它们的公共点P(s，t)处具有公共切线，则实数a等于(　　)
A．－2 B.
C．1 D．2
7．设函数f(x)＝ax3＋3x，其图象在点(1，f(1))处的切线l与直线x－6y－7＝0垂直，则直线l与坐标轴围成的三角形的面积为(　　)
A．1 B．3
C．9 D．12
8．(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.

第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)
9．(2015·淄博一模)曲线f(x)＝ex＋x2＋x＋1上的点到直线2x－y＝3的距离的最小值为________．
10．(2015·广东阳东一中摸底)曲线C：f(x)＝sin x＋ex＋2在x＝0处的切线方程为________．
11．已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．
12．(2015·百色模拟)已知a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数y＝f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为________．
13．(2015·豫东、豫北十所名校联考)若00)与曲线C2：y＝ex在(0，＋∞)上存在公共点，则a的取值范围为____________．
三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)(2015·河北保定第一中学模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，且f′(－1)＝9.
(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x∈(1，＋∞)使得函数f(x)

18．(13分)(2015·南宁联考)已知函数f(x)＝－aln x＋(a＋1)x－x2(x>0)．
(1)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)≥－x2＋ax＋b恒成立，求实数ab的最大值．

19.(14分)(2015·安徽)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．

20．(14分)(2015·豫东、豫北十所名校联考)已知函数f(x)＝aex＋＋ln x，a∈R.
(1)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值；
(2)当a＝时，求证：∀x∈(0，＋∞)，f(x)＋≥ln x＋2a＋2.
答案解析
1．C　[由f(x)＝3ln x＋x2－x＋得，
f′(x)＝＋2x－，∴f′()＝2.故选C.]
2．A　[由函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，得
f′(1)＝3，f(1)＝1.
又函数g(x)＝x2＋f(x)，
∴g′(x)＝2x＋f′(x)，
则g′(1)＝2×1＋f′(1)＝2＋3＝5.
g(1)＝12＋f(1)＝1＋1＝2.
∴函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为y－2＝5(x－1)．

即5x－y－3＝0.故选A.]
3．A　[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，
所以t的最小值是20.]
4．B　[求导得y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，
所以曲线y＝x3在点(1,1)处的切线方程为
y－1＝3(x－1)，
结合图象易知所围成的三角形是直角三角形，
三个交点的坐标分别是(，0)，(1,0)，(1,1)，
于是三角形的面积为×(1－)×1＝，故选B.]
5．A　[设f′(x)＝3(x2－b)，
∵函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，
∴，解得0－0＝－6(x－1)，即y＝－6x＋6.所以直线l与坐标轴围成的三角形的面积为S＝×1×6＝3.选B.]
8．D　[由已知函数关系式，先找到满足f(x0)<0的整数x0，由x0的唯一性列不等式组求解．
∵f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0.
又∵x0＝0是唯一的使f(x)<0的整数，
∴
即解得a≥.
又∵a<1，∴≤a<1，经检验a＝，符合题意．
故选D.]
9.
解析　f′(x)＝ex＋2x＋1，设与直线2x－y＝3平行且与曲线f(x)相切于点P(s，t)的直线方程为2x－y＋m＝0，则es＋2s＋1＝2，解得s＝0.
∴切点为P(0,2)．
∴曲线f(x)＝ex＋x2＋x＋1上的点到直线2x－y＝3的距离的最小值为点P到直线2x－y＝3的距离d，且d＝＝.
10．2x－y＋3＝0
解析　因为f′(x)＝cos x＋ex，所以f′(0)＝2，
所以曲线在x＝0处的切线方程为y－3＝2(x－0)，
即2x－y＋3＝0.
11．(－1,0)
解析　当a＝0时，则f′(x)＝0，函数f(x)不存在极值．
当a≠0时，令f′(x)＝0，则x1＝－1，x2＝a.
若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f(x)不存在极值；若a>0，当x∈(－1，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，不符合题意；
若－10，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在x＝a处取得极大值；若a<－1，当x∈(－∞，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，－1)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，不符合题意．所以a∈(－1,0)．
12．ln 2
解析　由题意可得，f′(x)＝ex－是奇函数，
∴f′(0)＝1－a＝0，
∴a＝1，f(x)＝ex＋，f′(x)＝ex－，
∵曲线y＝f(x)在(x，y)的一条切线的斜率是，
∴＝ex－，
解方程可得ex＝2，∴x＝ln 2.
13．a>b>c
解析　易知当0.
综上：>>，即a>b>c.
14.
解析　由题意知方程ax2＝ex(a>0)在(0，＋∞)上有解，则a＝，x∈(0，＋∞)，
令f(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
由f′x)＝0得x＝2，
当02时，f′(x)>0，函数f(x)＝在区间(2，＋∞)上是增函数，
所以当x＝2时，函数f(x)＝在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝，所以a≥.
15．解　(1)∵f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，
∴f′(x)＝3ax2＋2xf′(1)，
∴
∴∴f(x)＝x3－3x2＋1，
∴f(1)＝－1.
故曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－3(x－1)－1＝－3x＋2，
即3x＋y－2＝0.
(2)f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
当1x)<0；
当x>2时，f′(x)>0.
则函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝－3.
则由题意可知，m>－3，即所求实数m的取值范围为(－3，＋∞)．
16．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex
＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数．
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．
17．解　(1)f′(x)＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)≥0，增区间为(0，＋∞)，
当a>0时，f′(x)≥0⇒x>，f′(x)<0⇒00)，
设h(x)＝x2＋2x－a(x>0)，
若g(x)在[1，e]上不单调，则h(1)h(e)<0，
(3－a)(e2＋2e－a)<0，
∴3g(1)．
即可得出：a<＋2e－，
则a的范围：(3，＋2e－)．
18．解　(1)求导数可得，f′(x)＝，
∵x＝1是函数f(x)的极大值点，∴0
∴g(x)max＝g(a)＝aln a－a＋b≤0，
∴b≤a－aln a，∴ab≤a2－a2ln a，
令h(x)＝x2－x2ln x(x>0)，
则h′(x)＝x(1－2ln x)，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(e)＝，
∴ab≤，即ab的最大值为.
19．解　(1)由题意知x≠－r，
所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．
f(x)＝＝，
f′(x)＝
＝.
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；
当－r0.
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的单调递增区间为(－r，r)．
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100.
20．(1)解　依题意，知f(x)＝ex＋＋ln x.
则f′(x)＝ex－＋＝，
易知在[1，e]上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝ee＋＋1.
(2)证明　要证f(x)＋≥ln x＋2a＋2，x∈(0，＋∞)，
即证aex＋＋－(2a＋2)≥0，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝aex＋＋－(2a＋2)，x∈(0，＋∞)，
下证当a＝，且x>0时，g(x)≥0恒成立，
g′(x)＝aex－，令h(x)＝aex·x2－(a＋1)，
易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
注意到h(1)＝ae－a－1＝－－1＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增．
故g(x)min＝g(1)＝＋＋1－－2＝0，
故当a＝时，∀x∈(0，＋∞)，g(x)≥0恒成立，
即a＝时，f(x)＋≥ln x＋2a＋2在(0，＋∞)上恒成立．