导数综合检测试卷

 (测试时间：120分钟　评价分值：150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．若函数f(x)＝ax4＋bx2＋c满足f′(1)＝2，则f′(－1)＝(B)

A．－1　　  　B．－2　　　　　C．2　　　　D．0

分析：本题考查函数与导数．

解析：f′(x)＝4ax3＋2bx，则此函数为奇函数，所以f′(－1)＝－f′(1)＝－2.

2. 一辆汽车按规律s＝at2＋1作直线运动，若汽车在t＝2时的瞬时速度为12，则a＝(D)

A.  B.  C．2  D．3

解析：由s＝at2＋1得v(t)＝s′＝2at，依题意v(2)＝12，所以2a×2＝12，得a＝3.故选D.

3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(D)

A．0  B．1  C．2  D．3

解析：因为y′＝a－，所以a－1＝2，解得a＝3.故选D.

4．(2015·郑州二模改编)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，若g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝(B)

A．－1  B．0

C．2  D．3

解析：由题意直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，由图像可知其切点为(3，1)代入直线方程得k＝－，所以f′(x)＝－，g′(x)＝(xf(x))′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×(－)＝0.故选B.

5．(2014·泰安高二检测)函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是(C)

A．2  B．1  C．0  D．由a确定

解析：f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值点，选C.

6．(2015·四川南充市第三次适应性考试)若函数f(x)＝2xf′(1)＋x2，则＝(D)

A．－  B.  C．－  D．－

解析：因为f(x)＝2xf′(1)＋x2，所以f′(x)＝2f′(1)＋2x，令x＝1，得f′(1)＝－2，所以f(x)＝－4x＋x2，则f(－1)＝5，而f′(x)＝－4＋2x，所以f′(－1)＝－6，即＝－.故选D.

7．(2014·山东卷)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(D)

A．2  B．4  C．2  D．4

解析：由已知得，S＝ (4x－x3)dx＝＝4，故选D.

8．函数y＝f(x)在定义域内可导，其图象如下图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为(A)

A.∪[2，3]  B.∪

C.∪[1，2]  D.∪∪

解析：依题意，当f′(x)≤0时，函数y＝f(x)是减函数，由图象知，x∈∪[2，3]，选择A.

9．在函数y＝x3－8x的图象上，其切线的倾斜角小于的点中，坐标为整数的点的个数是(D)

A．3  B．2  C．1  D．0

解析：由于y′＝(x3－8x)′＝3x2－8，由题意，得0<3x2－8<1， 10．(2015·深圳第一次调研)函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是(D)

A．[1，＋∞)  B．(－∞，0)∪(0，1]

C．(0，1]  D．(－∞，0)∪[1，＋∞)

解析：f′(x)＝1－，依题意，f′(x)>0在(－∞，1)上恒成立，即1－>0在(－∞，－1)上恒成立．当a<0时，1－>0在(－∞，－1)上恒成立，排除选项A、C；取a＝2，因为x<－1，所以x2>1，所以0<<1，所以0<<，所以1－>0在(－∞，－1)上成立．所以a＝2符合条件．故选D.

11．(2015·江苏启东中学调研测试改编)函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，则实数a的取值范围是(B)

A．(－3，－1)∪(0，2)  B．(－3，－2)∪(－1，0)

C．(－2，－1)∪(0，3)  D．(－3，－2)∪(0，1)

解析：函数f(x)＝x2ex的导数为y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，令y′＝0，则x＝0或x＝－2，当x∈(－2，0)时f(x)单调递减，当x∈(－∞，－2)和x∈(0，＋∞)时f(x)单调递增，所以0和2是函数的极值点，因为函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，所以a<－212．(2015·新课标Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(A)

A．(－∞，－1)∪(0，1)  B．(－1，0)∪(1，＋∞)

C．(－∞，－1)∪(－1，0)  D．(0，1)∪(1，＋∞)

解析：记函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，故当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)单调递减，且g(－1)＝g(1)＝0.当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0，综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)

13.  (ex－2x)dx＝________．

解析： (ex－2x)dx＝(ex－x2)＝e－2.

答案：e－2

14．(2014·广东省百所高中11月联考)曲线y＝(x>0)在点(1，2)处的切线方程为____________．

解析：y′＝＝＝，所以过点(1，2)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝－3，所以切线方程为y－2＝－3(x－1)，即3x－y－5＝0.

答案：3x－y－5＝0

15．(2014·南京高二检测)直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．

解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图所示，－2答案：(－2，2)

16．设a>0，若曲线y＝与直线x＝a，y＝0所围成封闭图形的面积为a2，则a________．

解析：

所以＝a＝，所以a＝.

答案： 

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、证明过程及演算步骤)

17．(本小题满分11分)设函数f(x)＝，求函数f(x)的单调区间．

解析：f′(x)＝－ex＋ex＝ex，由f′(x)＝0，得x＝1.

因为当x＜0时，f′(x)＜0；当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)，(0，1]．

18．(本小题满分11分)曲线f(x)＝x3在点A处的切线的斜率为3，求该曲线在点A处的切线方程．

解析：可由导数定义求得f′(x)＝3x2.

令3x2＝3，则x＝±1.

当x＝1时，切点为(1，1)，所以该曲线在(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0；

当x＝－1时，切点坐标为(－1，－1)，所以该曲线在(－1，－1)处的切线方程为y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0.

19．(本小题满分12分)一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知当速度为10 km/h的燃料费是6元/时，而其他与速度无关的费用是96元/时，问轮船以何种速度航行时，能使行使路程的费用总和最小？

解析：设船的行使速度为x(x>0)km/h时，燃料费用为Q元/时，则Q＝kx3.

则6＝k·103，所以k＝，从而Q＝.

设总费用为y元，行驶路程为a，则

y＝(＋96)·＝(＋)a，

所以y′＝(－)a，

令y′＝0，得＝0，

得x＝20，且x∈(0，20)时，y′<0；

x∈(20，＋∞)时，y′>0，所以当x＝20时，y最小．

20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的两根分别为1，4.

(1)当a＝3，且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；

(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．

解析：由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，得

f′(x)＝ax2＋2bx＋c，∵f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两根分别为1，4，

∴(*)

(1)当a＝3时，由(*)得

解得b＝－3，c＝12.

又∵曲线y＝f(x)过原点，∴d＝0.

故f(x)＝x3－3x2＋12x.

(2)由于a>0，所以“f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点”，等价于“f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立”．

由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a.

又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)，

解得a∈[1，9]，

即a的取值范围是[1，9]．

21．(本小题满分12分)(2015·深圳第一次调研改编)已知a，b∈R，函数f(x)＝(ax＋2)ln x，g(x)＝bx2＋4x－5，且曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处有相同的切线．

(1)求a，b的值；

(2)证明：当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方．

解析：(1)因为f′(x)＝a(ln x＋1)＋，g′(x)＝2bx＋4，

所以f′(1)＝a＋2，g′(1)＝2b＋4，

又因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在点(1，0)处有相同的切线，

所以f(1)＝0＝g(1)＝b＋4－5，f′(1)＝g′(1)，

即b＝1，a＋2＝2＋4，

解得a＝4，b＝1.

(2)要使得当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方，

即需证f(x)不妨设F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝(4x＋2)ln x－x2－4x＋5，

求导得F′(x)＝4ln x＋－2x－4＝4ln x＋－2x，

令G(x)＝F′(x)，

所以G′(x)＝－－2＝≤0恒成立，

所以F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．

又因为F′(1)＝0，

所以当x∈(0，1)，F′(x)>0；当x∈(1，＋∞)，F′(x)<0，

所以F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

即当x＝1时，F(x)取得最大值F(1)＝0，

当x≠1时，F(x)所以当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方．

22．(本小题满分12分)(2015·高考北京卷改编)已知函数f(x)＝2x3－3x.

(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；

(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围．

解析：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.

令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.

因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，

所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f＝.

(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，

则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，

所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，

因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)．

整理得4x－6x＋t＋3＝0.

设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，

则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．

g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．

g(x)与g′(x)的情况如下：

当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．

当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．

当g(0)>0且g(1)<0，即－30，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有个零点．由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，－∞)上恰有1个零点．

综上可知，当过点P(1，t)存在条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．