高中數學人教A版1第三章導數及其應用單元測試

第三章綜合素質檢測時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設正弦函數y＝sinx在x＝0和x＝eq\f(π,2)附近的瞬時變化率為k1、k2，則k1、k2的大小關系為eq\x(導學號92600775)()A．k1>k2 B．k1<k2C．k1＝k2 D．不確定[答案]A[解析]y＝sinx，y′＝cosx，∴k1＝cos0＝1，k2＝coseq\f(π,2)＝0，k1>k2.2．y＝xα在x＝1處切線方程為y＝－4x，則α的值為eq\x(導學號92600776)()A．4 B．－4C．1 D．－1[答案]B[解析]y′＝(xα)′＝αxα－1，由條件知，y′|x＝1＝α＝－4.3．函數y＝x2cosx的導數為eq\x(導學號92600777)()A．y′＝2xcosx－x2sinx B．y′＝2xcosx＋x2sinxC．y′＝x2cosx－2xsinx D．y′＝xcosx－x2sinx[答案]A[解析]y′＝(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2·(cosx)′＝2xcosx－x2sinx.4．函數y＝12x－x3的單調遞增區(qū)間為eq\x(導學號92600778)()A．(0，＋∞) B．(－∞，－2)C．(－2,2) D．(2，＋∞)[答案]C[解析]y′＝12－3x2＝3(4－x2)＝3(2＋x)(2－x)，令y′>0，得－2<x<2，故選C．5．(2023·福建寧德市高二檢測)曲線f(x)＝eq\f(lnx,x)在x＝e處的切線方程為eq\x(導學號92600779)()A．y＝eq\f(1,e) B．y＝eC．y＝x D．y＝x－e＋eq\f(1,e)[答案]A[解析]f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴f′(e)＝eq\f(1－lne,e2)＝0，∴曲線在x＝e處的切線的斜率k＝0.又切點坐標為(e，eq\f(1,e))，∴切線方程為y＝eq\f(1,e).6．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3時取得極值，則a＝eq\x(導學號92600780)()A．2 B．3C．4 D．5[答案]D[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由條件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的實數根，∴a＝5.7．三次函數f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是減函數，則m的取值范圍是eq\x(導學號92600781)()A．m<0 B．m<1C．m≤0 D．m≤1[答案]C[解析]f′(x)＝3mx2－1，由題意知3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，當m＝0時，－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；當m≠0時，由題意得m<0，綜上可知m≤0.8．已知拋物線y＝－2x2＋bx＋c在點(2，－1)處與直線y＝x－3相切，則b＋c的值為eq\x(導學號92600782)()A．20 B．9C．－2 D．2[答案]C[解析]由題意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b，∴－4×2＋b＝1，∴b＝9，又點(2，－1)在拋物線上，∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故選C．9．三次函數當x＝1時，有極大值4；當x＝3時，有極小值0，且函數過原點，則此函數是eq\x(導學號92600783)()A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9xC．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x[答案]B[解析]設函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵函數圖象過原點，∴d＝′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0,f′3＝0,f1＝4))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0,27a＋6b＋c＝0,a＋b＋c＝4))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－6,c＝9))，∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故應選B．10．(2023·山西大同高二月考)某商場從生產廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價定為P元，銷售量為Q，則銷售量Q(單位：件)與零售價P(單位：元)有如下關系Q＝8300－170P－P2，則最大毛利潤為(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)eq\x(導學號92600784)()A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元[答案]D[解析]設毛利潤為L(P)，由題意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11700P－166000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11700.令L′(P)＝0，解得P＝30或－130(舍)．此時L(30)＝23000，因為在P＝30附近的左側L′(P)>0，右側L′(P)<0.所以L(30)是極大值也是最大值．11．(2023·山東滕州市高二檢測)已知f′(x)是函數f(x)在R上的導函數，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eq\x(導學號92600785)()[答案]C[解析]∵x＝－2時，f(x)取得極小值，∴在點(－2,0)左側，f′(x)<0，∴xf′(x)>0，在點(－2,0)右側f′(x)>0，∴xf′(x)<0，故選C．12．(2023·山西晉城月考)已知f(x)＝x3－3x，過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則實數m的取值范圍是eq\x(導學號92600786)()A．(－1,1) B．(－2,3)C．(－1,2) D．(－3，－2)[答案]D[解析]設切點為(t，t3－3t)，f′(x)＝3x2－3，則切線方程為y＝(3t2－3)(x－t)＋t3－3t，整理得y＝(3t2－3)x－2t3.把A(1，m)代入整理，得2t3－3t2＋m＋3＝0①.因為過點A可作三條切線，所以①有三個解．記g(t)＝2t3－3t2＋m＋3，則g′(t)＝6t2－6t＝6t(t－1)，所以當t＝0時，極大值g(0)＝m＋3，當t＝1時，極小值g(1)＝m＋2.要使g(t)有三個零點，只需m＋3>0且m＋2<0，即－3<m<－2.二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．若函數f(x)＝x3－f′(1)x2＋2x－5，則f′(2)＝\x(導學號92600787)[答案]eq\f(22,3)[解析]∵f′(x)＝3x2－2f′(1)x∴f′(1)＝3－2f′(1)＋2，∴f′(1)＝eq\f(5,3).因此f′(2)＝12－4f′(1)＋2＝eq\f(22,3).14．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為________.eq\x(導學號92600788)[答案]c<eq\f(1,4)[解析]∵f′(x)＝x2－x＋c且f(x)有極值，∴f′(x)＝0有不等的實數根，即Δ＝1－4c解得c<eq\f(1,4).15．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值為eq\f(1,3)，則實數m的值為\x(導學號92600789)[答案]2[解析]f′(x)＝x2－2x－1，令f′(x)<0，得1－eq\r(2)<x<1＋eq\r(2)，∴f(x)在(1－eq\r(2)，1＋eq\r(2))上單調遞減，即f(x)在[0,1]上單調遞減，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,3)－1－1＋m＝eq\f(1,3)，解得m＝2.16．設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是\x(導學號92600790)[答案]a<－1[解析]∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.當a≥0時，y不可能有極值點，故a<0.由ex＋a＝0，得ex＝－a，∴x＝ln(－a)．∴x＝ln(－a)即為函數的極值點．∴l(xiāng)n(－a)>0，即ln(－a)>ln1.∴a<－1.三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)已知f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝x2＋cx＋d，又f(2x＋1)＝4g(x)，且f′(x)＝g′(x)，f(5)＝30.求g(4eq\x(導學號92600791)[解析]由f(2x＋1)＝4g(x)得4x2＋2(a＋2)x＋(a＋b＋1)＝4x2＋4cx＋4d.于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＝2c，①,a＋b＋1＝4d，②))由f′(x)＝g′(x)，得2x＋a＝2x＋c，∴a＝c， ③由f(5)＝30，得25＋5a＋b＝30. 由①③可得a＝c＝2，由④得b＝－5，再由②得d＝－eq\f(1,2)，∴g(x)＝x2＋2x－eq\f(1,2).故g(4)＝16＋8－eq\f(1,2)＝eq\f(47,2).18．(本題滿分12分)若存在過點(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，求實數a的值.eq\x(導學號92600792)[解析]設直線與曲線y＝x3的切點坐標為(x0，y0)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x\o\al(3,0),\f(y0,x0－1)＝3x\o\al(2,0)))，解得x0＝0或x0＝eq\f(3,2).當x0＝0時，切線的斜率k＝0，∴切線方程為y＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2＋eq\f(15,4)x－9＝0.Δ＝(eq\f(15,4))2＋36a＝0，解得a＝－eq\f(25,64).當x0＝eq\f(3,2)時，k＝eq\f(27,4)，其切線方程為y＝eq\f(27,4)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(27,4)x－1,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2－3x－eq\f(9,4)＝0.Δ＝(－3)2＋9a＝0，解得a綜上可知a＝－1或a＝－eq\f(25,64).19．(本題滿分12分)(2023·安徽合肥高二檢測)已知函數f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的極值.eq\x(導學號92600793)[解析]∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2＝8(2x－a)(3x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a,2)，x2＝eq\f(a,3).(1)當a>0時，eq\f(a,3)<eq\f(a,2)，則隨著x的變化，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調遞增↗極大值單調遞減↘極小值單調遞增↗∴當a＝eq\f(a,3)時，函數取得極大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)；當x＝eq\f(a,2)時，函數取得極小值f(eq\f(a,2))＝0.(2)當a<0時，eq\f(a,2)<eq\f(a,3)，則隨著x的變化，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調遞增↗極大值單調遞減↘極小值單調遞增↗∴當x＝eq\f(a,2)時，函數取得極大值f(eq\f(a,2))＝0；當x＝eq\f(a,3)時，函數取得極小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).綜上所述，當a>0時，函數f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)，在x＝eq\f(a,2)處取得極小值f(eq\f(a,2))＝0；當a<0時，函數f(x)在x＝eq\f(a,2)處取得極大值f(eq\f(a,2))＝0在x＝eq\f(a,3)處取得極小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).20．(本題滿分12分)已知函數f(x)＝ax3＋bx(x∈R)．(1)若函數f(x)的圖象在點x＝3處的切線與直線24x－y＋1＝0平行，函數f(x)在x＝1處取得極值，求函數f(x)的解析式，并確定函數的單調遞減區(qū)間；(2)若a＝1，且函數f(x)在[－1,1]上是減函數，求b的取值范圍.eq\x(導學號92600794)[解析](1)∵f(x)＝ax3＋bx(x∈R)，∴f′(x)＝3ax2＋b.由題意得f′(3)＝27a＋b且f′(1)＝3a＋b解得a＝1，b＝－3.經檢驗成立．∴f(x)＝x3－3x.令f′(x)＝3x2－3<0，得－1<x<1，∴函數f(x)的減區(qū)間為(－1,1)．(2)當a＝1時，f(x)＝x3＋bx(x∈R)，又∵f(x)在區(qū)間[－1,1]上是減函數，∴f′(x)＝3x2＋b≤0在區(qū)間[－1,1]上恒成立，即b≤－3x2在區(qū)間[－1,1]上恒成立，∴b≤(－3x2)min＝－3.21．(本題滿分12分)(2023·云南芒市一中高二檢測)已知函數f(x)＝ex－x2＋a，x∈R的圖象在點x＝0處的切線為y＝\x(導學號92600795)(1)求函數f(x)的解析式；(2)若f(x)>kx對任意的x>0恒成立，求實數k的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝ex－2x，切線的斜率k＝e0－0＝1，∴b＝1.∴切線方程為y＝x，切點坐標為(0,0)．∴e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝ex－x2－1.(2)由(1)知ex－x2－1>kx(x>0)恒成立，∴k<eq\f(ex－x2－1,x)(x>0)恒成立．令g(x)＝eq\f(ex－x2－1,x)(x>0)，∴k<g(x)min即可g′(x)＝eq\f(xex－ex－x2＋1,x2)＝eq\f(exx－1－x－1x＋1,x2)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2)∵x>0，∴ex－x－1