【名校資料】高考數學理一輪資料包 第四章　導　數

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1、◆+◆◆二〇一九高考數學學習資料◆+◆◆ 第四章　導　數 第1講　導數的意義及運算 　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．若f(x)＝sinα－cosx，則f′(α)＝(　　) A．sinα B．cosα C．sinα＋cosα D．2sinα 2．已知函數f(x)＝2lnx＋8x，則 的值為(　　) A．－10 B．－20 C．10 D．20 3．若f(x)＝x2－2x－4lnx，則f′(x)＞0的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－1,0) 4．設函數f(x)＝g(x)＋

2、x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為(　　) A．4 B．－ C．2 D．－ 5．已知函數f(x)＝f′cos x＋sin x，則f的值為________． 6．(2012年新課標)曲線y＝x(3lnx＋1)在點(1,1)處的切線方程為__________________． 7．如圖K4-1-1，函數y＝f(x)的圖象在點P(5，f(5))處的切線方程是y＝－x＋8，則f(5)＋f′(5)＝________. 圖K4-1-1 8．(2011年全國)曲線y＝e－2x＋1在點(0,2

3、)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形的面積為________． 9．(2012年安徽)設定義在(0，＋∞)上的函數f(x)＝ax＋＋b(a>0)． (1)求f(x)的最小值； (2)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 10．已知曲線方程為y＝x2. (1)求過點A(2,4)且與曲線相切的直線方程； (2)求過點B(3,5)且與曲線相切的直線方程． 第2講　導數在函數中的應用 　　　　　　　　　　　　

4、　　　　　 1．(2012年遼寧)函數y＝x2－lnx的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 2．函數y＝f(x)在定義域內可導，其圖象如圖K4-2-1，記y＝f(x)的導函數為y＝f′(x)，則不等式f′(x)≤0的解集為(　　) A.∪[1,2) B.∪ C.∪[2,3) D.∪∪ 圖K4-2-1 　　 3．若函數f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調函數，則實數k的取值范圍是(　　) A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3 B．－3

5、或10，b>0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 5．(2012年重慶)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數y＝xf′(x)的圖象可能是(　　) 6．(2013年遼寧)設函數f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，則當x＞0時，f(x)(　　) A．有極大值，無極小值 B．有極小值，無極大值 C．既有極大值又有極小值 D．既無極大

6、值也無極小值 7．圖K4-2-2為函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象，f′(x)為函數f(x)的導函數，則不等式x·f′(x)＜0的解集為　　　　　　　 . 圖K4-2-2 8．關于x的方程x3－px＋2＝0有三個不同的實數解，則實數p的取值范圍為____________． 9．設函數f(x)＝，a∈R. (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求函數f(x)的單調區(qū)間． 10．(2014年廣東廣州調研)設函數f(x)＝x3－ax(a>0)，g(x)

7、＝bx2＋2b－1. (1)若函數y＝f(x)與y＝g(x)在它們的交點(1，c)處有相同的切線，求實數a，b的值； (2)當b＝時，若函數h(x)＝f(x)＋g(x)在區(qū)間(－2,0)內恰有兩個零點，求實數a的取值范圍； (3)當a＝1，b＝0時，求函數h(x)＝f(x)＋g(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最小值． 第3講　導數在生活中的優(yōu)化問題舉例 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．從邊長為10 cm×16 cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形，做成一個無蓋的盒子，則盒子容積的最大值為

8、(　　) A．12 cm3 B．72 cm3 C．144 cm3 D．160 cm3 2．要制作一個圓錐形的漏斗，其母線長為20 cm，要使其體積最大，則高為(　　) A. cm B. cm C. cm D. cm 3．已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲得最大年利潤的年產量為(　　) A．13萬件 B．11萬件 C．9萬件 D．7萬件 4．對于R上可導的任意函數f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有(　　) A．f(0)＋f(2)＜2f(1) B．f(0)＋f(2)

9、≤2f(1) C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)＞2f(1) 5．某廠生產某種產品x件的總成本C(x)＝1200＋x3(單位：萬元)，又知產品單價的平方與產品件數x成反比，生產100件這樣的產品單價為50萬元，則產量定為(　　)元時總利潤最大．(　　) A．10 B．25 C．30 D．40 6．已知函數f(x)＝x3＋ax2－bx＋1(a，b∈R)在區(qū)間[－1,3]上是減函數，則a＋b的最小值是(　　) A. B. C．2 D．3 7．(2012年福建)已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a

10、現給出如下結論：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0. 其中正確結論的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 8．(2012年重慶)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖K4-3-1，則下列結論中一定成立的是(　　) 圖K4-3-1 A．函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 9．

11、如圖K4-3-2，拋物線y＝－x2＋9與x軸交于兩點A，B，點C，D在拋物線上(點C在第一象限)，CD∥AB.記|CD|＝2x，梯形ABCD的面積為S. (1)求面積S以x為自變量的函數式； (2)若≤k，其中k為常數，且0

12、范圍． 第4講　定積分及其應用舉例 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．設f(x)＝則f(x)dx＝(　　) 　　　　　 　　　　　　 　　　 A. B. C. D．不存在 2．函數f(x)＝ 的圖象與x軸所圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B．1 C．2 D. 3．一個人以6米/秒的勻速度去追趕停在交通燈前的汽車，當他離汽車25米時交通燈由紅變綠，汽車開始做變速直線行駛(汽車與人的前進方向相同)，汽車在時刻t的速度為v(t)＝t米/秒，那么，此人(　　) A．可在7秒內追

13、上汽車 B．可在9秒內追上汽車 C．不能追上汽車，但其間最近距離為14米 D．不能追上汽車，但其間最近距離為7米 4．由曲線y＝x2，y＝x3圍成的封閉圖形面積為(　　) A. B. C. D. 5．由曲線y＝，直線y＝x－2及y軸所圍成的圖形的面積為(　　) A. B．4 C. D．6 6．由直線x＝－，x＝，y＝0與曲線y＝cosx所圍成的封閉圖形的面積為(　　) A. B．1 C.

14、 D. 7．如圖K4-4-1，D是邊長為4的正方形區(qū)域，E是區(qū)域D內函數y＝x2圖象下方的點構成的區(qū)域，向區(qū)域D中隨機投一點，則該點落入區(qū)域E中的概率為(　　) 圖K4-4-1 A. B. C. D. 8．已知函數f(x)＝3x2＋2x＋1，若f(x)dx＝2f(a)成立，則a＝______________. 9．設a＝sinxdx，則二項式6展開式的常數項是(　　) A．160 B．20 C．－20 D．－160 10．在函數y＝|x|(x∈[－1,1])的圖象上有一點P(t，|t|)，此函數與x軸、直線x＝－1及x＝t圍成圖形(如圖K4-4

15、-2的陰影部分)的面積為S，則S與t的函數關系圖可表示為(　　) 圖K4-4-2 11．(2013年福建)當x∈R，|x|＜1時，有如下表達式： 1＋x＋x2＋…＋xn＝. 兩邊同時積分得：1dx＋xdx＋x2dx＋…＋xndx＝dx， 從而得到如下等式： 1×＋×2＋×3＋…＋×n+1＝ln2. 請根據以上材料所蘊含的數學思想方法，計算： C×＋C×2＋C×3＋…＋C×n+1＝____________. 第四章　導　數 第1講　導數的意義及運算 1．A　2.C　3.C　4.A　5.1 6．y＝4x－3　解析：函數的導數為f′(x)＝3lnx＋1＋x

16、·＝3lnx＋4，所以在(1,1)的切線斜率為k＝4，所以切線方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3. 7．2　解析：由條件知f′(5)＝－1，又∵在點P處的切線方程為y－f(5)＝－(x－5)，∴y＝－x＋5＋f(5)，即y＝－x＋8，∴5＋f(5)＝8.∴f(5)＝3.∴f(5)＋f′(5)＝2. 8.　解析：y′＝－2e－2x，∴曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線的斜率k＝－2，故切線方程是y＝－2x＋2，在直角坐標系中作出示意圖得圍成的三角形的三個頂點分別為(0,0)，(1,0)，，∴三角形的面積是S＝×1×＝. 9．解：(1)f(x)＝ax＋＋b≥2 ＋b＝b＋2，

17、 當且僅當ax＝1時，f(x)的最小值為b＋2. (2)由題意，得f(1)＝?a＋＋b＝，① f′(x)＝a－?f′(1)＝a－＝， ② 由①②，解得a＝2，b＝－1. 10．解：(1)∵點A在曲線y＝x2上， ∴過A與曲線y＝x2相切的直線只有一條，且A為切點． 由y＝x2，得y′＝2x，∴y′|x＝2＝4. 因此，所求直線的方程為y－4＝4(x－2)， 即4x－y－4＝0. (2)方法一：設過點B(3,5)，且與曲線y＝x2相切的直線方程為y－5＝k(x－3)，即y＝kx＋5－3k. 由得x2－kx＋3k－5＝0， Δ＝k2－4(3k－5)＝0，整理，得(k－2)

18、(k－10)＝0， ∴k＝2或k＝10. 故所求的直線方程為2x－y－1＝0或10x－y－25＝0. 方法二：設切點P的坐標為(x0，y0)， 由y＝x2，得y′＝2x，∴y′|x＝x0＝2x0. 由已知kPA＝2x0，即＝2x0. 又y0＝x代入上式整理，得x0＝1或x0＝5， ∴切點坐標為(1,1)，(5,25)． 故所求的直線方程為2x－y－1＝0或10x－y－25＝0. 第2講　導數在函數中的應用 1．B　2.C　3.B 4．D　解析：f′(x)＝12x2－2ax－2b，因為f(x)在x＝1處有極值，則f′(1)＝12－2a－2b＝0.于是a＋b＝6.因為a>0，

19、b>0，ab≤2＝9，當且僅當a＝b＝3時，等號成立．此時，f′(x)＝12x2－6x－6＝6(2x2－x－1)＝6(x－1)(2x＋1)，因此，x＝1是其的一個極值點． 5．C　解析：由函數f(x)在x＝－2處取得極小值可知x<－2，f′(x)<0，則xf′(x)>0；x>－2，f′(x)>0，則由－20時xf′(x)>0. 6．D　解析：令F(x)＝x2f(x)， 則F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝. F(2)＝4·f(2)＝. 由x2f′(x)＋2xf(x)＝， 得x2f′(x)＝－2xf(x)＝， ∴f′(x)＝. 令φ(x

20、)＝ex－2F(x)， 則φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex－＝. ∴φ(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增， ∴φ(x)的最小值為φ(2)＝e2－2F(2)＝0. 又∵x＞0，∴f′(x)≥0. ∴f(x)在(0，＋∞)單調遞增． ∴f(x)既無極大值也無極小值．故選D. 7．(－∞，－)∪(0，) 8．p>3　解析：令f(x)＝x3－px＋2，則f′(x)＝3x2－p，由題意得p>0.令f′(x)＝0，得x＝±.故易得f(x)極大值＝f，f(x)極小值＝f，因為方程x3－px＋2＝0有三個不同的實數解，即函數f(x)＝x3－px＋2有3個零點，所以p需滿

21、足解得p>3. 9．解：因為f(x)＝，所以f′(x)＝. (1)當a＝1時，f(x)＝，f′(x)＝， 所以f(0)＝1，f′(0)＝1. 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為x－y＋1＝0. (2)因為f′(x)＝＝(ax2－2x＋a)， ①當a＝0時，由f′(x)>0，得x<0； 由f′(x)<0，得x>0. 所以函數f(x)在區(qū)間(－∞，0)單調遞增，在區(qū)間(0，＋∞)單調遞減． ②當a≠0時，設g(x)＝ax2－2x＋a， 方程f(x)＝ax2－2x＋a＝0的判別式Δ＝4－4a2＝4(1－a)·(1＋a)， ⅰ)當00.

22、由f′(x)>0，得x<，或x>； 由f′(x)<0，得0. 由f′(x)>0得. 所以當－1

23、＝x2－a，g′(x)＝2bx. 因為曲線y＝f(x)與y＝g(x)在它們的交點(1，c)處有相同切線， 所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)． 即－a＝b＋2b－1，且1－a＝2b，解得a＝，b＝. (2)當b＝時，h(x)＝x3＋x2－ax－a(a>0)， 所以h′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 令h′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝a>0. 當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) ↗ 極大值 ↘

24、 極小值 ↗ 所以函數h(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(a，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－1，a)．故h(x)在區(qū)間(－2，－1)內單調遞增，在區(qū)間(－1,0)內單調遞減． 從而函數h(x)在區(qū)間(－2,0)內恰有兩個零點， 當且僅當 即解得0

25、t<1時，h(x)min＝h(1)＝－. ③當t≥1時，h(x)在區(qū)間[t，t＋3]上單調遞增， h(x)min＝h(t)＝t3－t－1. 綜上可知，函數h(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最小值為 h(x)min＝ 第3講　導數在生活中的優(yōu)化問題舉例 1．C　2.D　3.C 4．C　解析：依題意，當x≥1時，f′(x)≥0，函數f(x)在(1，＋∞)上是增函數；當x＜1時，f′(x)≤0，f(x)在(－∞，1)上是減函數，故f(x)當x＝1時取得最小值，即有f(0)≥f(1)，f(2)≥f(1)．所以f(0)＋f(2)≥2f(1)． 5．B　解析：設單價為q>0，由題意q2＝，當

26、x＝100時，q＝50，∴k＝q2x＝502×100＝250 000.∴q2x＝250 000，q＝.∴總利潤y＝xq－C(x)＝x·－.令y′＝500·－·3x2＝0，解得x＝25.當00；當x>25時，y′<0，∴當x＝25時，總利潤最大． 6．C　解析：f′(x)＝x2＋2ax－b在[－1,3]上有f′(x)≤0， ∴∴設 設a＋b＝mu＋nv＝m(2a＋b)＋n(－6a＋b)＝(2m－6n)a＋(m＋n)b，對照參數：2m－6n＝1，m＋n＝1，解得m＝，n＝，∴a＋b＝u＋v≥2，則a＋b的最小值為2. 7．C　解析：f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，

27、a0，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，且f(0)＝－abc＝f(3)<0， 所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0. 圖D69 8．D　解析：由圖象可知當x<－2時，y＝(1－x)f′(x)>0，此時，f′(x)>0，函數單調遞增，當－2

28、x)>0，此時，f′(x)<0，函數單調遞減；當x>2時，y＝(1－x)f′(x)<0，此時，f′(x)>0，函數單調遞增．所以函數f(x)有極大值f(－2)，極小值f(2)． 9．解：(1)依題意，得點C的橫坐標為x， 點C的縱坐標為yC＝－x2＋9. 點B的橫坐標xB滿足方程－x＋9＝0， 解得xB＝3，或xB＝－3(舍去)． 所以S＝(|CD|＋|AB|)·yC＝(2x＋2×3)(－x2＋9)＝(x＋3)(－x2＋9)． 由點C在第一象限，得0

29、＝(x＋3)(－x2＋9)，00恒成立， 所以f(x)的最大值為f(3k)＝27(1＋k)(1－k2)． 綜上所述，當≤k<1時，S的最大值為32；當0

30、)． 10．解：(1)由已知，得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4. 而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)， 故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)． 設函數F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 則F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由題設，可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0，得x1＝－lnk，x2＝－2. ①若1≤k＜e2，則－2＜x1≤0.

31、從而當x∈(－2，x1)時，F′(x)＜0；當x∈(x1，＋∞)時，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)單調遞減，在(x1，＋∞)單調遞增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值為F(x1)． 而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0. 故當x≥－2時，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． ②若k＝e2，則F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)． 從而當x＞－2時，F′(x)＞0， 即F(x)在(－2，＋∞)單調遞增． 而F(－2)＝0，故當x≥－2時，F(x)≥0， 即f(x)≤kg(x)恒成立． ③若k＞e2，則F(－2)＝－2ke－

32、2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0. 從而當x≥－2時，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． 綜上所述，k的取值范圍是[1，e2]． 第4講　定積分及其應用舉例 1．C　2.A　3.D　4.A　5.C　6.D 7．C　解析：陰影部分面積S＝2＝，又正方形面積S′＝42＝16，∴所求概率p＝＝. 8．－1或　解析：＝4，∴2(3a2＋2a＋1)＝4.即3a2＋2a－1＝0，解得a＝－1或a＝. 9．D　解析：a＝＝2，Tr＋1＝C(2)6－r·r＝(－1)r26－rCx3－r，∵Tr＋1為常數項，∴3－r＝0，∴r＝3.∴(－1)3×23×C＝－160.故選D. 10．B　解析：當t≤0時，S＝－xdx＝－x2|＝－t2；當t>0時，S＝＋＝＋t2. 11.　解析：由C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n， 兩邊同時積分，得C1dx＋Cxdx＋Cx2dx＋…＋Cxndx＝ 1＋x)ndx， C＋C2＋C3＋…＋C·n＋1＝＝n＋1－＝. 高考數學復習精品 高考數學復習精品