高中數(shù)學人教A版1第三章導數(shù)及其應(yīng)用章末綜合測評3

章末綜合測評(三)導數(shù)及其應(yīng)用(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12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．若函數(shù)f(x)＝α2－cosx，則f′(α)等于()A．sinα B．cosαC．2α＋sinα D．2α－sinα【解析】f′(x)＝(α2－cosx)′＝sinx，當x＝α時，f′(α)＝sinα.【答案】A2．若曲線y＝eq\f(1,x)在點P處的切線斜率為－4，則點P的坐標是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2))【解析】y′＝－eq\f(1,x2)，由－eq\f(1,x2)＝－4，得x2＝eq\f(1,4)，從而x＝±eq\f(1,2)，分別代入y＝eq\f(1,x)，得P點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2)).【答案】B3．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，歸納可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導函數(shù)，則g(－x)＝()A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)【解析】觀察可知，偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)．【答案】D4．若函數(shù)f(x)＝ax4＋bx2＋c滿足f′(1)＝2，則f′(－1)＝()A．－1 B．－2C．2 D．0【解析】由f(x)＝ax4＋bx2＋c得f′(x)＝4ax3＋2bx，又f′(1)＝2，所以4a＋2b＝2，f′(－1)＝－4a－2b＝－(4a【答案】B5．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若f(x)在x0處的函數(shù)值與導數(shù)值之和等于1，則x0的值等于()A．1 B．－1C．±1 D．不存在【解析】因為f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋1，于是有x0lnx0＋lnx0＋1＝1，解得x0＝1或x0＝－1(舍去)，故選A.【答案】A6．過點(0,1)且與曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(3,2)處的切線垂直的直線方程為() 【導學號：26160104】A．2x＋y－1＝0 B．x－2y＋2＝0C．x＋2y－2＝0 D．2x－y＋1＝0【解析】y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1)))′＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝eq\f(－2,x－12)，∴y′|x＝3＝－eq\f(1,2)，故與切線垂直的直線斜率為2，所求直線方程為y－1＝2x，即2x－y＋1＝0.故選D.【答案】D7.已知函數(shù)y＝f(x)，其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖1所示，則y＝f(x)()圖1A．在(－∞，0)上為減函數(shù)B．在x＝0處取得極小值C．在(4，＋∞)上為減函數(shù)D．在x＝2處取極大值【解析】在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，A錯；在x＝0處，導數(shù)由正變負，f(x)由增變減，故在x＝0處取極大值，B錯；在(4，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，C對；在x＝2處取極小值，D錯．【答案】C8．若函數(shù)f(x)＝ax3－x2＋x－5在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)＞eq\f(1,3) B．a(chǎn)≥eq\f(1,3)C．a(chǎn)＜eq\f(1,3) D．a(chǎn)≤eq\f(1,3)【解析】f′(x)＝3ax2－2x＋1在(－∞，＋∞)上恒非負，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝4－12a≤0，))解得a≥eq\f(1,3).【答案】B9．以長為10的線段AB為直徑作半圓，則它的內(nèi)接矩形面積的最大值為()A．10 B．15C．25 D．50【解析】設(shè)內(nèi)接矩形的長為x，則寬為eq\r(25－\f(x2,4))，∴S2＝x2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25－\f(x2,4)))＝y(tǒng)，∴y′＝50x－x3.令y′＝0，得x2＝50或x＝0(舍去)，∴Seq\o\al(2,max)＝625，即Smax＝25.【答案】C10．函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)的最大值為()A．e－1 B．eC．e2 \f(10,3)【解析】y′＝eq\f(lnx′x－lnx·x′,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，令y′＝0，得x＝e.當x>e時，y′<0；當0<x<e時，y′>0.故y極大值＝f(e)＝e－1.因為在定義域內(nèi)只有一個極值，所以ymax＝e－1.【答案】A11．對于R上可導的任意函數(shù)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)>2C．f(0)＋f(2)≤2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2【解析】①若f′(x)不恒為0，則當x>1時，f′(x)≥0，當x<1時，f′(x)≤0，所以f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減．所以f(2)>f(1)，f(1)<f(0)，即f(0)＋f(2)>2f②若f′(x)＝0恒成立，則f(2)＝f(0)＝f(1)，綜合①②，知f(0)＋f(2)≥2f【答案】D12．若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上可導，且滿足f(x)＞－xf′(x)，則一定有()A．函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)B．函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)C．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)D．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)【解析】設(shè)G(x)＝xf(x)，則G′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，故G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上遞增，故選C.【答案】C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在題中的橫線上)13．函數(shù)f(x)＝lnx－x的單調(diào)遞增區(qū)間為________．【解析】令f′(x)＝eq\f(1,x)－1＞0，解不等式即可解得x＜1，注意定義域為(0，＋∞)．所以0＜x＜1.【答案】(0,1)14．設(shè)函數(shù)f(x)＝6x3＋3(a＋2)x2＋2ax.若f(x)的兩個極值點為x1，x2，且x1x2＝1，則實數(shù)a的值為________．【解析】f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a由已知f′(x1)＝f′(x2)＝0，從而x1x2＝eq\f(2a,18)＝1，所以a＝9.【答案】915．若函數(shù)f(x)＝ln|x|－f′(－1)x2＋3x＋2，則f′(1)＝________.【解析】當x>0時，f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x＋2，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，∴f′(1)＝1－2f′當x<0時，f(x)＝ln(－x)－f′(－1)x2＋3x＋2，∴f′(x)＝－eq\f(1,－x)－2f′(－1)x＋3＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，∴f′(－1)＝－1＋2f′∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝8.【答案】816．當x∈[－1,2]時，x3－x2－x<m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．【解析】記f(x)＝x3－x2－x，所以f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)或x＝1.又因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，f(2)＝2，f(－1)＝－1，f(1)＝－1，所以當x∈[－1,2]時，[f(x)]max＝2，所以m>2.【答案】(2，＋∞)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知曲線y＝x3＋x－2在點P0處的切線l1與直線l：4x－y－1＝0平行，且點P0在第三象限．(1)求點P0的坐標； 【導學號：26160105】(2)若直線l2⊥l1，且l2也過點P0，求直線l2的方程．【解】(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1.令3x2＋1＝4，解得x＝±1.當x＝1時，y＝0；當x＝－1時，y＝－4.又點P0在第三象限，∴切點P0的坐標為(－1，－4)．(2)∵直線l2⊥l1，l1的斜率為4，∴直線l2的斜率為－eq\f(1,4).∵l2過切點P0，點P0的坐標為(－1，－4)，∴直線l2的方程為y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.18．(本小題滿分12分)(2023·重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．【解】(1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x，因為f(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當－4<x<－1時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當－1<x<0時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當x>0時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．19．(本小題滿分12分)設(shè)f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值．【解】由題意知f′(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間．當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點．所以g(x)的最小值為g(1)＝1.20．(本小題滿分12分)(2023·重慶高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．【解】(1)對f(x)求導得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)可知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，則f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2).令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，舍去．當x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln5，無極大值．21．(本小題滿分12分)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2.其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．【解】(1)因為x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤f(x)＝(x－3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)42由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大