第一章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．若物体的运动规律是s＝f(t)，则物体在时刻t0的瞬时速度可以表示为( B )
(1) ；
(2) ；
(3)f ′(t0)；
(4)f ′(t)．
A．(1)(2) B．(1)(3)
C．(2)(3) D．(2)(4)
2．下列积分等于2的是( C )
A．2xdx B．(x＋1)dx
C．1dx D．dx
[解析] 2xdx＝x2|＝4；
(x＋1)dx＝(x2＋x)|＝3；
1dx＝x|＝2；
dx＝lnx|＝ln2.
3．(2019·全国Ⅱ卷文，8)若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( A )
A．2 B．
C．1 D．
[解析] 由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，
T＝－，∴ T＝π，∴ ＝π，∴ ω＝2.
故选A．
4．(2019·青岛高二检测)下列函数中，x＝0是其极值点的函数是( B )
A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosx
C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝
[解析] 对于A，f′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，f′(x)＝sinx，当x∈(－π，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，π)时，f′(x)>0，故f(x)＝－cosx在x＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x＝0是f(x)的一个极小值点；对于C，f′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于D，f(x)＝在x＝0没有定义，所以x＝0不可能成为极值点，综上可知，答案选B．
5．函数f(x)＝( B )
A．在(0,2)上单调递减
B．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增
C．在(0,2)上单调递增
D．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减
[解析] f ′(x)＝＝＝.
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.
∴x∈(－∞，0)和x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，
x∈(0,1)和x∈(1,2)时，f ′(x)<0，故选B．
6．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( D )
[解析] 观察导函数f ′(x)的图象可知，f ′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，
∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．
观察选项可知，排除A，C．
如图所示，f ′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确，故选D．
7．已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f ′(x)>1，则f(x)>x的解集是( C )
A．(0,1) B．(－1,0)∪(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[解析] 不等式f(x)>x可化为f(x)－x>0，
设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f ′(x)－1，
由题意g′(x)＝f ′(x)－1>0，
∴函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝f(1)－1＝0，
∴原不等式?g(x)>0?g(x)>g(1)．
∴x>1，故选C．
8．曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离为( A )
A． B．2
C．3 D．2
[解析] 设曲线上的点A(x0，ln(2x0－1))到直线2x－y＋3＝0的距离最短，
则曲线上过点A的切线与直线2x－y＋3＝0平行．
因为y′＝·(2x－1)′＝，
所以y′|x＝x0＝＝2，解得x0＝1.
所以点A的坐标为(1,0)．
所以点A到直线2x－y＋3＝0的距离为d＝＝＝.
9．(2019·沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋1，则( D )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
[解析] 由于f(x)＝xex，可得f ′(x)＝(x＋1)ex，
令f ′(x)＝(x＋1)ex＝0可得x＝－1，
令f ′(x)＝(x＋1)ex＞0可得x＞－1，即函数在(－1，＋∞)上是增函数；
令f ′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数，
所以x＝－1为f(x)的极小值点．
故选D．
10．(2019·全国Ⅲ卷理，6)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( D )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
[解析] y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，
∴ 切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，
即y＝(ae＋1)x－1.
又∵ 切线方程为y＝2x＋b，
∴ 即a＝e－1，b＝－1.故选D．
11．把一个周长为12cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱底面周长与高的比为( C )
A．1?2 B．1?π
C．2?1 D．2?π
[解析] 设圆柱的高为x，底面半径为r，则r＝，圆柱体积V＝π()2x＝(x3－12x2＋36x)(0
当x＝2时，V最大，此时底面周长为6－x＝4,4?2＝2?1，故选C．
12．已知函数f(x)＝－1＋lnx，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是( C )
A．a>2 B．a<3
C．a≤1 D．a≥3
[解析] 函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xlnx，可得h′(x)＝1－(lnx＋1)＝－lnx，令h′(x)＝0，可得x＝1，当00，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值1，要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.所以选C．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标为(－ln2,2).
[解析] 设P(x0，y0)，∵y＝e－x，∴y′＝－e－x，
∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，
∴－x0＝ln2，∴x0＝－ln2，
∴y0＝eln2＝2，
∴点P的坐标为(－ln2,2)．
14．(2019·南开区二模)已知f(x)＝x(2016＋lnx)，f ′(x0)＝2017，则x0＝1.
[解析] f ′(x)＝2016＋lnx＋1＝2017＋lnx，
又∵f ′(x0)＝2017，∴f ′(x0)＝2017＋lnx0＝2017，
则lnx0＝0，x0＝1.
15．(2019·海淀区校级期末)已知函数f(x)＝x2－2lnx，则f(x)的最小值为1.
[解析] 函数的定义域(0，＋∞)，
f ′(x)＝2x－2·＝＝，
令f ′(x)≥0?x≥1; f ′(x)≤0?0＜x≤1，
所以函数在(0,1]单调递减，在[1，＋∞)单调递增
所以函数在x＝1时取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1
故答案为1.
16．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋lnx，且f ′(1)的最大值为－12，则实数a的值为－2.
[解析] f ′(x)＝3ax2＋，则f ′(1)＝3a＋.
∵a<0，
∴f ′(1)＝－[(－3a)＋]≤－2＝－12.
当－3a＝，即a＝－2，取“＝”．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c，
(1)当c＝0时，f(x)在点P(1,3)处的切线平行于直线y＝x＋2，求a，b的值；
(2)若f(x)在点A(－1,8)，B(3，－24)处有极值，求f(x)的表达式．
[解析] (1)当c＝0时，f(x)＝x3－2ax2＋bx.
所以f ′(x)＝3x2－4ax＋b.
依题意可得f(1)＝3，f ′(1)＝1，
即解得
(2)f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c，
所以f ′(x)＝3x2－4ax＋b.
由题意知－1,3是方程3x2－4ax＋b＝0的两根，
所以解得a＝，b＝－9，
由f(－1)＝－1－2a－b＋c＝8，a＝，b＝－9，
可得c＝3，所以f(x)＝x3－3x2－9x＋3.
检验知，合题意．
18．(本题满分12分)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上 的最大值为，求a的值．
[解析] 函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝－＋a，
(1)当a＝1时，f′(x)＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，2)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)；
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
19．(本题满分12分)在曲线y＝x2(x≥0)上某一点A处作一切线，使之与曲线以及x轴所围成图形的面积为，试求切点A的坐标及过切点A的切线方程．
[解析]
如图所示，设切点A(x0，y0)，过切点A的切线与x轴的交点为C．
由y′＝2x知A点处的切线方程为y－y0＝2x0(x－x0)，即y＝2x0x－x.令y＝0，得x＝，即C(，0)．
设由曲线y＝x2(x≥0)与过A点的切线及x轴所围成图形的面积为S，
则S＝S曲边△AOB－S△ABC．
∵S曲边△AOB＝x2dx＝x3＝x，
S△ABC＝BC·AB＝(x0－)·x＝x，
∴S＝x－x＝x＝，∴x0＝1，
∴切点A的坐标为(1,1)，
即过切点A的切线方程为2x－y－1＝0.
20．(本题满分12分)当0x－.
[解析] 设函数f(x)＝sinx－x＋，
显然f(0)＝0，
则f ′(x)＝cosx－1＋＝－2sin2
＝2[()2－(sin)2]．
又因为0sinx，所以>sin>0，()2－(sin)2>0.
故f ′(x)>0，函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)>f(0)＝0，即sinx>x－.
21．(本题满分12分)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系：
P＝(其中c为小于6的正常数)
(注：次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数．
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？
[解析] (1)当x>c时，P＝，
所以T＝x·2－x·1＝0.
当1≤x≤c时，P＝，
所以T＝(1－)·x·2－()·x·1＝.
综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝
(2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0，
当1≤x≤c时，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9.
因为1所以(ⅰ)当3≤c<6时，Tmax＝3，此时x＝3.
(ⅱ)当1≤c<3时，
由T′＝＝
知函数T＝在[1,3]上递增，
所以Tmax＝，此时x＝c.
综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；
若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．
22．(本题满分14分)(2019·全国Ⅱ卷理，20)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明：曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0 )处的切线也是曲线y＝ex的切线．
[解析] (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－
＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明：因为＝e－ln x0，
所以点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，
故直线AB的斜率k＝
＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，
所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
课件58张PPT。第一章导数及其应用章末整合提升知 识 网 络导数及
其应用 专题突破导数的概念、运算及导数的几何意义等基础知识，是高考的必考内容，难度位于中低档．专题一 ?利用导数的几何意义解题典例 1 [思路分析] (1)利用导数的几何意义解决．先求导数f ′(x)＝3x2，则切线斜率为f ′(a)＝3a2，再利用点斜式写出切线方程．(2)利用方程思想解决．将切线方程与曲线方程联立求出交点坐标A(a，a3)，B(－2a，－8a3)，再利用两点间距离公式求出距离，观察结构，采用基本不等式证明结论成立．『规律方法』 如何求方程x3－3a2x＋2a3＝0的根是解决该题第二问的关键．事实上，x3－3a2x＋2a3＝0可化为(x3－a2x)－(2a2x－2a3)＝0，进而化为x(x2－a2)－2a2(x－a)＝0.然后通过分解因式解决．专题二 ?求函数的单调区间 典例 2 『规律方法』 导数研究函数的单调性是高考中最常见的考查方式，对函数性质的研究涉及到方方面面，涉及方法思想较多，数形结合思想、分类讨论思想、逆向思维等等． 已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．专题三 ?求函数的极值与最值 典例 3 『规律方法』 一般地，对于“双峰”函数(只有一个极大值和一个极小值的函数)，当函数f(x)的极大值小于零或函数f(x)的极小值大于零时，图象与x轴仅有一个交点． 设函数f(x)＝ex－e－x.
(1)证明：f(x)的导数f ′(x)≥2；
(2)若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．
[思路分析] (1)求导数f ′(x)＝ex＋e－x，观察结构利用基本不等式解决；(2)构造函数g(x)＝f(x)－ax，则g′(x)＝f ′(x)－a＝ex＋e－x－a，由(1)知f ′(x)＝ex＋e－x≥2，从而得到分类标准为a≤2和a>2，在这两种情况下利用导数来研究函数g(x)的单调性及最值，即可解决．专题四 ?恒成立问题典例 4 『规律方法』 结合函数的单调性、极值及最值，将参数置身于题目之中，考查分类讨论、数形结合等数学思想方法，一直是高考的热点问题．其中恒成立问题是常见的问题之一，在解决恒成立问题时，一般是构造函数、数形结合或分离参数，过程要注意树立主元意识． 以导数为工具画出函数的大致图象，进而利用数形结合思想、函数方程思想处理方程的根的问题在近几年高考题中已出现，并有创新．专题五 ?利用导数处理方程的根 典例 5 从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数最值问题，再利用导数解决，从而进一步地解决实际问题是高考提出的能力要求．专题六 ?导数在实际问题中的应用 典例 6 『规律方法』 要理解实际问题中导数的意义，首先要掌握导数的定义域，然后再依据导数的定义解释它在实际问题中的意义．专题七 ?定积分的应用 典例 7 函数思想是用运动和变化的观点、集合和对应的思想来分析和研究数学问题中的数量关系，先建立函数关系或构造函数，再利用函数的图象和性质来分析问题、转化问题，从而使问题得到解决，函数思想的精髓就是构造函数.方程思想可以帮助分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质来分析、转化问题，从而使问题得到解决.函数思想与方程思想密切相关，函数关系式可看成方程，某些方程又可看成函数关系式，在解决有关问题时，函数、方程、不等式常相互转化，从另一个角度使问题得到解决.导函数(即导数本身)就是一种函数，在解决有关导数的问题时，常会用到函数思想与方程思想. 专题八 ?函数思想与方程思想 已知a∈R，讨论函数f(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)的极值点的个数.典例 8 (2)当Δ＝0即a＝0或a＝4时，方程x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)＝0有两个相同的实根x1＝x2.
于是f ′(x)＝ex(x－x1)2.
故当x0；
当x>x1时，f ′(x)>0.
因此f(x)无极值点.
(3)当Δ<0即00，f ′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋(2a＋1)]>0，故f(x)为增函数，此时f(x)无极值点.
因此当a>4或a<0时，f(x)有两个极值点；当0≤a≤4时，f(x)无极值点.『规律方法』 可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是 f ′(x0)＝0，且在x0的左侧与右侧f ′(x)的符号不同，因此当方程有根时，还必须判断方程的根的两侧导数的符号，这是解题时容易忽略的地方.分类讨论思想是根据数学中研究对象的本质属性的相同点和不同点，将研究对象分为不同的几类，然后对划分的每一类分别进行研究或求解的思想，它是解答数学问题的重要思想和解题策略之一，它可以使原本不确定的问题条理化、系统化、明确化. 专题九 ?分类讨论思想 典例 9 『规律方法』 如果我们面临的数学问题不能用统一的形式解决，或者因为一种形式无法进行概括时，这时分类讨论就顺理成章了，分类时要遵循“不重不漏”的分类原则，对于每一类情况都要给出解答．分类讨论思想的一般步骤是：(1)确定标准；(2)恰当地分类；(3)逐类讨论；(4)归纳结论．本章中的题型，如求单调区间、求参数的范围、求极值、最值以及恒成立问题时，都要用到分类讨论思想.数形结合思想是一个重要的数学思想，也是一种常见的数学方法．一般来说，“形”具有形象、直观的特点，易于从整体上定性地分析问题，“数形对照”便于寻求思路、化难为易；“数”则具有严谨、准确的特点，能够进行严格的论证和定理求解．“由数想形”可以弥补“形”难以精确的弊端，恰当地应用数形结合思想可以提高解题的速度，优化解题过程，这正如著名数学家华罗庚先生所说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.本章的数形结合思想体现很多，如导数的几何意义、函数的单调性、极值、方程中根的研究、定积分的计算等. 专题十 ?数形结合思想 典例 10 所谓转化与化归就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终使问题得到解决．可以说数学解题就是转化问题，每一个数学问题无不是在不断地转化中获得解决的，即使是数形结合思想、函数方程思想、分类讨论思想也都是转化与化归思想的表现形式．专题十一 ?转化与化归思想 已知f(x)在定义域(－1,1)内可导，且f ′(x)<0，又当a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0时，f(a)＋f(b)＝0，解不等式f(1－m)＋f(1－m2)>0.
[思路分析] 本题是一个抽象型函数问题，有三个关键点：①在定义域(－1,1)内，由f ′(x)<0知f(x)单调递减；②由a，b∈(－1,1)，且a＋b＝0时，f(a)＋f(b)＝0知f(x)是奇函数；③将f(1－m)＋f(1－m2)>0变形后，应用单调性、奇偶性转化为具体的不等式组来求解．典例 11 『规律方法』 求解抽象函数问题要注意：①不可把抽象函数特殊化，要仔细分析已知条件，不可以主观添加认为成立的条件．②要对已知条件多方面变形使用，借助通用的单调性、奇偶性求解时要符合已知条件．C C 3．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)
[解析] ∵f(x)＝x3＋ax－2在[1，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立，
又∵在[1，＋∞)上，(－3x2)max＝－3，
∴a≥－3，故应选B．B二、填空题
4．已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.
[解析] 因为f(x)＝ax3＋x＋1，所以f(1)＝a＋2，
f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝3a＋1，所以在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，
又因为切线过点(2,7)，所以7－(a＋2)＝(3a＋1)×(2－1)，解之得a＝1.1三、解答题
6．(2017·全国Ⅰ理，21)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f ′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f ′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f ′(x)＝0得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．