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2019精选教育人教版高中数学选修11:第三章 检测试题.doc

第三章 检测试题

(时间:120 分钟 满分:150 分)

【选题明细表】

知识点、方法

题号

导数的定义及其计算

2,3,13

导数的几何意义

1,9,14,17

函数的单调性

4,5,10,15,18

函数的极值与最值

6,7,19

不等式恒成立问题

11

导数的实际应用

8,20

导数的综合应用

12,16,21,22

一、选择题(每小题 5 分,共 60 分)

1.曲线 y= x2-2x 在点(1,- )处的切线的倾斜角为( D ) (A)-135° (B)45° (C)-45° (D)135° 解析:y′=x-2,所以斜率 k=1-2=-1,因此,倾斜角为 135°.故选 D. 2.下列求导运算正确的是( B )

(A)(x+ )′=1+
(B)(log2x)′= (C)(3x)′=3xlog3e (D)(x2cos x)′=-2xsin x

第1页

解析:(x+ )′=1- ,所以 A 不正确;(3x)′=3xln 3, 所以 C 不正确;(x2cos x)′=2xcos x+x2·(-sin x),

所以 D 不正确;(log2x)′= ,所以 B 正确.故选 B.

3.若 f′(x0)=-3,则 (A)-12 (B)-9 (C)-6 (D)-3 解析:因为

等于( A )

=

+3

(x0)+3f′(x0)=4f′(x0),

=f′

所以

=-12.故选 A.

4.设 f(x)=x2(2-x),则 f(x)的单调递增区间是( A )

(A)(0, ) (B)( ,+∞)

(C)(-∞,0) (D)(-∞,0)∪( ,+∞)

解析:f(x)=2x2-x3,f′(x)=4x-3x2,由 f′(x)>0 得 0<x< .故选 A. 5.如图是函数 y=f(x)的导函数 f′(x)的图象,则下面判断正确的是 (C) (A)在区间(-2,1)上 f(x)是增函数 (B)在(1,3)上 f(x)是减函数 (C)在(4,5)上 f(x)是增函数
第2页

(D)当 x=4 时,f(x)取极大值

解析:由导函数 y=f′(x)的图象知,f(x)在(-2,1)上先减后增,在(1,3)

上先增后减,在(4,5)上单调递增,x=4 是 f(x)的极小值点,故 A,B,D 错

误.故选 C.

6.函数 y=x4-4x+3 在区间[-2,3]上的最小值为( D )

(A)72 (B)36 (C)12 (D)0

解析:y′=4x3-4,令 y′=0,则 4x3-4=0,x=1,

当 x<1 时,y′<0;当 x>1 时,y′>0 得 y 极小值=y x=1=0, 得 ymin=0.故选 D. 7.已知 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取值范围为

(D)

(A)(-1,2)

(B)(-3,6)

(C)(-∞,-1)∪(2,+∞) (D)(-∞,-3)∪(6,+∞)

解析:因为 f(x)有极大值和极小值,

所以导函数 f′(x)=3x2+2ax+(a+6)有两个不等零点,

所以Δ =4a2-12(a+6)>0,得 a<-3 或 a>6.故选 D.

8.设底为正三角形的直棱柱的体积为 V,那么其表面积最小时,底面边

长为( C )

(A)

(B)

(C)

(D)2

解析:设底面边长为 x,侧棱长为 l,

则 V= x2·sin 60°·l,所以 l= , 所以 S 表=2S 底+3S 侧=x2·sin 60°+3·x·l
第3页

= x2+ ,
S′表= x- . 令′S 表=0,所以 x3=4V,即 x= . 又当 x∈(0, )时,S′表<0;当 x∈( ,V),S′表>0, 所以当 x= 时,表面积最小.故选 C. 9.已知函数 f(x)=ex-mx+1 的图象是曲线 C,若曲线 C 不存在与直线 y=ex 垂直的切线,则实数 m 的取值范围是( D )
(A)(-∞,- ) (B)[ ,+∞)
(C)(-∞, ) (D)(-∞, ] 解析:函数 f(x)=ex-mx+1 的导数为 f′(x)=ex-m,设切点为(s,t),即有 切线的斜率为 es-m, 若曲线 C 不存在与直线 y=ex 垂直的切线,则关于 s 的方程 es-m=- 无 实数解,由于 es>0,即有 m- ≤0,
解得 m≤ .故选 D.
10.已知向量 a=(ex+ ,-x),b=(1,t),若函数 f(x)=a·b 在区间(-1,1) 上单调递增,则 t 的取值范围是( A )
(A)(-∞, -1](B)(e+1,+∞)
第4页

(C)( -1,e+1)(D)(-∞, -1)
解析:f(x)=ex+ -tx,f′(x)=ex+x-t, 由题意得 ex+x-t≥0,即 t≤ex+x 在(-1,1)上恒成立,
所以 t≤ -1.故选 A. 11.当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值 范围是( C )
(A)[-5,-3] (B)[-6,- ] (C)[-6,-2] (D)[-4,-3] 解析:显然 x=0 时,对任意实数 a,已知不等式恒成立;
令 t= ,若 0<x≤1,则原不等式等价于 a≥- - + =-3t3-4t2+t,t∈ [1,+∞),令 g(t)=-3t3-4t2+t,则 g′(t)=-9t2-8t+1=-(9t-1)(t+1),由 于 t≥1, 故 g′(t)≤0,即函数 g(t)在[1,+∞)上单调递减,最大值为 g(1)=-6,
故只要 a≥-6;若-2≤x<0,则 a≤- - + =-3t3-4t2+t,t∈(-∞,- ], 令 g(t)=-3t3-4t2+t,则 g′(t)=-9t2-8t+1=-(9t-1)(t+1),在区间(∞,
- ]上的极值点为 t=-1,且为极小值点,故函数 g(t)在(-∞,- ]上有唯 一的极小值点,也是最小值点,故只要 a≤g(-1)=-2.综上可知,若在
第5页

[-2,1]上已知不等式恒成立,则 a 为上述三种情况的交集,即-6≤a≤ -2.故选 C. 12.若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)=-1,其导函数 f′(x)满足 f′ (x)>k>1,则下列结论中一定错误的是( C )

(A)f( )< (B)f( )>

(C)f( )< (D)f( )> 解析:因为 f′(x)>k>1,构造函数 g(x)=f(x)-kx,

所以 g(x)在 R 上单调递增,又 >0,

所以 g( )>g(0)即 f( )- >-1,

得到 f( )> ,所以 C 选项一定错误.A,B,D 都有可能正确.故选 C.

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)

13.已知函数 f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′(0)的值



.

解析:f′(x)=2ex+(2x+1)ex=(2x+3)ex,

所以 f′(0)=3.

答案:3

14.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(1)=2+a,f′(1)=3a+1,

所以切线方程为 y-(2+a)=(3a+1)(x-1), 第6页

又切线过点(2,7),所以 5-a=3a+1,得 a=1.

答案:1

15.函数 y=x3+x2-5x-5 的单调递增区间是

.

解析:由 y′=3x2+2x-5>0 得 x<- ,或 x>1.

答案:(-∞,- ),(1,+∞)

16.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存

在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是

.

解析:由于 f′(x)=1+

>0,

因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,

所以 x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.

根据题意可知存在 x∈[1,2],

使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,

即 x2-2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立,

令 h(x)= + , 则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]能成立,只需使 a≥h(x)min,
又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减,

所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ .

答案:[ ,+∞)

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三、解答题(共 70 分) 17.(本小题满分 10 分) 已知函数 f(x)=x3+x-16. (1)求曲线 y=f(x)在点(2,-6)处的切线的方程;

(2)如果曲线 y=f(x)的某一切线与直线 y=- x+3 垂直,求切点坐标与 切线的方程. 解:(1)因为 f′(x)=3x2+1, 所以 f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率 k=f′(2)=13. 所以切线的方程为 y=13(x-2)+(-6), 即 y=13x-32.

(2)因为切线与直线 y=- +3 垂直, 所以切线的斜率为 4. 设切点的坐标为(x0,y0),则 f′(x0)=3 +1=4, 所以 x0=±1,

所以



即切点坐标为(1,-14)或(-1,-18).

切线方程为 y=4(x-1)-14 或 y=4(x+1)-18.

即 y=4x-18 或 y=4x-14.

18.(本小题满分 12 分)

设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0.

(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; 第8页

(2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2.

令 f′(x)=0,得 x1=

,x2=

,

x1<x2.

所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2).

当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0;

当 x1<x<x2 时,f′(x)>0.

故 f(x)在(-∞,

)和(

,+∞)内单调递减,在

(

,

)内单调递增.

(2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. ①当 a≥4 时,x2≥1.

由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增.

所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值.

②当 0<a<4 时,x2<1.

由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.

所以 f(x)在 x=x2=

处取得最大值.

又 f(0)=1,f(1)=a,所以

当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值;

当 a=1 时,f(x)在 x=0 处和 x=1 处同时取得最小值;

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当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 19.(本小题满分 12 分)

给定函数 f(x)= -ax2+(a2-1)x 和 g(x)=x+ . (1)求证:f(x)总有两个极值点; (2)若 f(x)和 g(x)有相同的极值点,求 a 的值. (1)证明:因为 f′(x)=x2-2ax+(a2-1)=[x-(a+1)]·[x-(a-1)], 令 f′(x)=0,解得 x1=a+1,x2=a-1. 当 x<a-1 时,f′(x)>0; 当 a-1<x<a+1,f′(x)<0. 所以 x=a-1 为 f(x)的一个极大值点. 同理可证 x=a+1 为 f(x)的一个极小值点. 所以 f(x)总有两个极值点.

(2)解:因为 g′(x)=1- =

.

令 g′(x)=0,则 x1=a,x2=-a.

因为 f(x)和 g(x)有相同的极值点,

且 x1=a 和 a+1,a-1 不可能相等,

所以当-a=a+1 时,a=- ;

当-a=a-1 时,a= .

经检验,当 a=- 和 a= 时, x1=a,x2=-a 都是 g(x)的极值点.
第 10 页

20.(本小题满分 12 分) 某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为 3 元,并且每件产品 需向总公司交 a 元(3≤a≤5)的管理费,预计当每件产品的售价为 x 元 (9≤x≤11)时,一年的销售量为(12-x)2 万件. (1)求分公司一年的利润 L(万元)与每件产品的售价 x 的函数关系式; (2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润 L 最大,并求出 L 的最大值 Q(a). 解:(1)分公司一年的利润 L(万元)与售价 x 的函数关系式为 L=(x-3-a)(12-x)2,x∈[9,11]. (2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x) =(12-x)(18+2a-3x).
令 L′=0,得 x=6+ a 或 x=12(不合题意,舍去). 因为 3≤a≤5,
所以 8≤6+ a≤ .
在 x=6+ a 两侧 L′的值由正变负.
所以①当 8≤6+ a<9,即 3≤a< 时, Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).
②当 9≤6+ a≤ ,即 ≤a≤5 时,
Lmax=L(6+ a)=(6+ a-3-a)[12-(6+ a)]2 第 11 页

=4(3- a)3.

所以 Q(a)=

综上,若 3≤a< ,则当每件售价为 9 元时,分公司一年的利润 L 最大, 最大值 Q(a)=9(6-a)(万元);

若 ≤a≤5,则当每件售价为(6+ a)元时,分公司一年的利润 L 最大,最

大值 Q(a)=4(3- a)3(万元). 21.(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)=x3+bx2+cx-1,当 x=-2 时有极值,且在 x=-1 处的切线的 斜率为-3. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值; (3)若过点 P(1,m)可作曲线 y=f(x)的三条切线,求实数 m 的取值范围. 解:(1)f′(x)=3x2+2bx+c, f(x)在 x=-2 时有极值, 且在 x=-1 处的切线的斜率为-3,

可有

?

函数 f(x)的解析式为 f(x)=x3+3x2-1.

(2)由(1)知 f′(x)=3x2+6x,

令 f′(x)=0,有 x1=0,x2=-2. 第 12 页

所以,当 x∈[-1,0]时,f′(x)<0,f(x)在(-1,0)上单调递减; 当 x∈[0,2]时,f′(x)>0,f(x)在(0,2)上单调递增. 所以 f(x)min=f(0)=-1. 又 f(-1)=1,f(2)=19, 所以 f(x)max=19. (3)设切点为(x0, +3 -1), 切线斜率为 k=f′(x0)=3 +6x0, 所以切线方程为 y-( +3 -1)=(3 +6x0)(x-x0) , 又切线过点 P(1,m),代入化简为 m=-2 +6x0-1, 令 y=m 与 h(x0)=-2 +6x0-1, h′(x0)=-6 +6, 令 h′(x0)=0,得 x1=-1,x2=1; h(x0)在(-∞,-1),(1,+∞)单调递减,(-1,1)上单调递增, h(-1)=-5,h(1)=3. 过点 P(1,m)可作曲线 y=f(x)的三条切线,即存在三个 x0,也即是 y=m 与 h(x)有三个交点. 故可知-5<m<3,即 m 的取值范围为(-5,3). 22.(本小题满分 12 分) 设函数 f(x)=ln x-x+1. (1)讨论 f(x)的单调性;
(2)证明当 x∈(1,+∞)时,1< <x; 第 13 页

(3)设 c>1,证明当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (1)解:由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)= -1, 令 f′(x)=0 解得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. (2)证明:由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0. 所以当 x≠1 时,f(x)<0, 即 ln x<x-1.
故当 x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,
即 1< <x. (3)证明:由题设 c>1,设 g(x)=1+(c-1)x-cx, 则 g′(x)=c-1-cxln c, 令 g′(x)=0,

解得 x0=

.

当 x<x0 时,g′(x)>0,g(x)单调递增;

当 x>x0 时,g′(x)<0,g(x)单调递减.

由(2)知 1< <c, 故 0<x0<1.

第 14 页

又 g(0)=g(1)=0, 故当 0<x<1 时,g(x)>0. 所以当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
第 15 页



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