高考总复习第十四章检测题.doc

第十四章检测题
第Ⅰ卷　(选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2011年四川绵阳中学)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝(　　)
A. 2　　　　　　　　B.
C. － D. －2
[解析]　y′＝，由题意知f′(3)＝，即＝，∴a＝－2.
[答案]　B

2．(2010年北京石景山)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能的是 (　　)

[解析]　由f′(x)的图象知0和－2是f(x)的极值点，且x>0时，f(x)单调递减，故选A.
[答案]　A
3．(2010年辽宁)已知点P在曲线y＝上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是(　　)
A.[0，) B．[，)
C．(，] D．[，π)
[解析]　y＝，
∴y′＝＝＝.
∵ex>0，∴ex＋≥2，
∴y′∈[－1,0)，∴tanα∈[－1,0)，
又α∈[0，π)，
∴α∈[，π)，故选D.
[答案]　D
4．(2010年全国Ⅱ)若曲线y＝x在点(a，a)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a＝(　　)
A．64 B．32
C．16 D．8

[解析]　y′＝－x，切线的斜率k＝－·a.切线方程为y－a＝－a(x－a)．从而直线的横、纵截距分别为3a、a.所以三角形的面积S＝×3a×a＝a，由a＝18得a＝64.
[答案]　A
5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈
[－2,2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于0，其中正确的结论有(　　)
A.0个 B．1个
C．2个 D．3个
[解析]　由题得：c＝0，f(x)＝x3＋ax2＋bx，
∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
⇒⇒f(x)＝x3－4x.
f′(x)＝3x2－4＝0，
知极值点为x＝±∈[－2,2]，从而知①③正确．
[答案]　C
6．函数f(x)＝(x2－1)3＋2的极值点是(　　)
A. x＝1 B. x＝－1
C. x＝1或－1或0 D. x＝0
[解析]　f(x)＝x6－3x4＋3x2＋1，则由f′(x)＝6x5－12x3＋6x＝0，得x＝1或x＝－1或x＝0，由f′(x)＝6x5－12x3＋6x＝6x(x＋1)2(x－1)2，知当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－1]，[－1,0]上单调递减，在[0,1]，[1，＋∞)上单调递增．因此只有x＝0为极小值点，x＝－1和x＝1都不是极值点．
[答案]　D
7．函数f(x)＝x3－3x＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(　　)
A．1，－1 B．1，－17
C．3，－17 D．9，－19
[解析]　用导数法解，先求极值，再求最值，
令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
f(－1)＝－1＋3＋1＝3，
f(－3)＝－17，f(0)＝1.
∴最大值为3，最小值为－17.
[答案]　C

8．函数f(x)＝cos2x－2cos2的一个单调增区间是(　　)
A. (，) B. (，)
C. (0，) D. (－，)
[解析]　解法一：∵f(x)＝cos2x－cosx－1，
∴f′(x)＝－2sinxcosx＋sinx＝sinx(1－2cosx)，令
f′(x)>0结合选项，故选A.
解法二：把选项中特殊角代入验证，故选A.
[答案]　A
9．(2011年江西九校)函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　)
A. (－1，) B. (－1,4)
C. (－1,2) D. (－1,2]
[解析]　f(x)＝3x－x3，f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，函数在(－∞，－1)上为减函数，在[－1,1]上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，要使函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a满足⇒⇒－1)＝－cosx；f4(x)＝sinx；f5(x)＝cosx…
∴f2005(x)＝cosx.
[答案]　C
11．函数y＝f(x)在一点的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取极值的(　　)
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．必要非充分条件
[解析]　对于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出f(x)在x＝0取极值，反之成立．
[答案]　D

12．(2010年江西)如图，一个正五角星薄片(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)的图象大致为(　　)

[解析]　当五角星匀速地升出水面，五角星露出水面的面积S(t)单调递增，则S′(t)>0，导函数的图象要在x轴上方，排除B；

当露出部分到达图中的B点到C点之间时，S(t)增长速度变缓；S′(t)图象要下降，排除C；当露出部分在B点上下一瞬间时，S(t)突然变大，此时在B点处的S′(t)不存在，排除D，而A符合条件，故选A.
[答案]　A
第Ⅱ卷　(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．(2010年江西九校)已知曲线f(x)＝3x＋cos2x＋sin2x，且a＝f′()，f′(x)是f(x)的导函数，则过曲线y＝x3上一点P(a，b)的切线方程为________．
[解析]　f(x)＝3x＋cos2x＋sin2x，f′(x)＝3－2sin2x＋2cos2x，a＝f′()＝3－2＝1，又点P在曲线y＝x3上，则b＝1，根据y＝x3，y′＝3x2，则过P的切线的斜率为1，所以过y＝x3一点P(1,1)的切线方程为x－y＝0，故填x－y＝0.
[答案]　x－y＝0
14．函数y＝f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1时，有极值10，那么a，b的值为________．
[答案]　a＝4，b＝－11
15．如图是y＝f(x)导数的图象，对于下列四个判断：

①f(x)在[－2，－1]上是增函数
②x＝－1是f(x)的极小值点；
③f(x)在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数；
④x＝3是f(x)的极小值点．
其中判断正确的是________．
[答案]　②③
16．若函数f(x)＝x3－ax在R上为增函数，则a的取值范围是________．
[解析]　∵f′(x)＝3x2－a，f(x)在R上为增函数，
∴3x2－a≥0在x∈R时恒成立．
∴a≤3x2恒成立，即a≤(3x2)min＝0，
当a＝0时，f′(x)＝3x2，只有f′(0)＝0；x≠0时，
f′(x)>0，因此f(x)在R上也是增函数．
[答案]　a≤0
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知函数f(x)＝＋x3－x2＋2ax在点x＝1处取极值，且函数g(x)＝＋x3－x2－ax在区间(a－6,2a－3)上是减函数，求实数a的取值范围．
[解]　f′(x)＝x3＋bx2－(2＋a)x＋2a，
由f′(1)＝0，得b＝1－a，
当b＝1－a时，f′(x)＝x3＋(1－a)x2－(2＋a)x＋2a＝(x－1)(x＋2)(x－a)，如果a＝1，那么x＝1就只是导函数值为0的点而非极值点，故b＝1－a且a≠1.
g′(x)＝x3＋bx2－(a－1)x－a＝x3＋(1－a)x2－(a－1)x－a＝(x－a)(x2＋x＋1)．
当x线上任取一点(x0，x0＋)．
由f′(x0)＝1－知，过此点的切线方程为y－＝[1－](x－x0)．
令x＝1，得y＝，切线与直线x＝1的交点为
(1，)．
令y＝x，得y＝2x0－1，切线与直线y＝x的交点为(2x0－1,2x0－1)．
直线x＝1与直线y＝x的交点为(1,1)．
从而所围三角形的面积为
|2x0－1－1|＝|2x0－2|＝2.
所以，所围三角形的面积为定值2.
19．(2010年天津)已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a>0.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若在区间上，f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3；f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.
(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
以下分两种情况讨论：
①若00等价于
即
解不等式组得－5
②若a>2，则0<<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

0

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
当x∈时，
f(x)>0等价于
即
解不等式组得
当a＝2时，f′(0)＝＋＝，
而f(0)＝－，因此曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－)＝(x－0)，即7x－4y－2＝0.
(2)因a≠－1，由(1)知f′(1)＝＋＝＋，又因f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，
即＋＝0，解得a＝－3.
此时f(x)＝＋ln(x＋1)，其定义域为(－1,3)∪(3，＋∞)，且f′(x)＝＋＝，由f′(x)＝0得x1＝1，x2＝7.当－17时，f′(x)>0；当1上是减函数．
21．(12分)设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R，a>0)，其中f(0)＝3，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)若f′(－1)＝f′(3)＝－36，f′(5)＝0，求函数f(x)的解析式；
(2)若c＝－6，函数f(x)的两个极值点为x1，x2，满足－1x1＝－3，x2＝5是方程
f′(x)＝0的两根．
设f′(x)＝m(x＋3)(x－5)，将f′(－1)＝－36代入，得m＝3，
∴f′(x)＝3(x＋3)(x－5)＝3x2－6x－45，比较系数得a＝1，b＝－3，c＝－45，
故f(x)＝x3－3x2－45x＋3.
解法二　∵f(0)＝3，∴d＝3，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
由题意，得解得
故f(x)＝x3－3x2－45x＋3.
(2)∵f(x)＝ax3＋bx2－6x＋3，
∴f′(x)＝3ax2＋2bx－6.
又x1，x2是方程f′(x)＝0的两根，且－10，
则即
则点(a，b)的可行域如图所示，

∵λ＝(a－3)2＋(b＋1)2，
∴λ的几何意义为点P(a，b)与点A(3，－1)的距离的平方．
观察图形知点A到直线3a＋2b－6＝0的距离的平方为λ的最小值，故λmin＝＝.
22．(12分)(2010年福建)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋b的图象在点P(0，f(0))处的切线方程为y＝3x－2.
(1)求实数a，b的值；
(2)设g(x)＝f(x)＋是[2，＋∞)上的增函数．
(ⅰ)求实数m的最大值；
(ⅱ)当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线若能与曲线y＝g(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解]　解法一：(1)由f′(x)＝x2－2x＋a及题设得即
(2)(ⅰ)由g(x)＝x3－x2＋3x－2＋得g′(x)＝x2－2x＋3－.
∵g(x)是[2，＋∞)上的增函数，∴g′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即x2－2x＋3－≥0在[2，＋∞)上恒成立．
设(x－1)2＝t.∵x∈[2，＋∞)，∴t∈[1，＋∞)，
即不等式t＋2－≥0在[1，＋∞)上恒成立．
当m≤0时，不等式t＋2－≥0在[1，＋∞)上恒成立．
当m>0时，设y＝t＋2－，t∈[1，＋∞)．
因为y′＝1＋>0，所以函数y＝t＋2－在[1，＋∞)上单调递增，因此ymin＝3－m.∵ymin≥0，∴3－m≥0，即m≤3.
又m>0，故0封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．
解法二：(1)同解法一．
(2)(ⅰ)由g(x)＝x3－x2＋3x－2＋得g′(x)＝x2－2x＋3－.
∵g(x)是[2，＋∞)上的增函数，∴g′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即x2－2x＋3－≥0在[2，＋∞)上恒成立，设(x－1)2＝t.∵x∈[2，＋∞)，∴t∈[1，＋∞)，即不等式t＋2－≥0在[1，＋∞)上恒成立．
所以m≤t2＋2t在[1，＋∞)上恒成立．
令y＝t2＋2t，t∈[1，＋∞)，可得ymin＝3，故m≤3，即m的最大值为3.
(ⅱ)由(ⅰ)得g(x)＝x3－x2＋3x－2＋，将函数g(x)的图象向左平移1个长度单位，再向下平移个长度单位，所得图象相应的函数解析式为φ(x)＝x3＋2x＋，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)．
由于φ(－x)＝－φ(x)，所以φ(x)为奇函数，故φ(x)的图象关于坐标原点成中心对称．由此即得，函数g(x)的图象关于点Q成中心对称．这也就表明，存在点Q，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．