數(shù)學(xué)選修11導(dǎo)數(shù)測試題含答案

數(shù)學(xué)選修1-1導(dǎo)數(shù)測試題【選擇題】1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)2．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，eq\a\vs4\al(f′x>)2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的極小值點4．函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)5．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝()A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或16．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1為函數(shù)f(x)ex的一個極值點，則下列圖象不可能為y＝f(x)的圖象是()7．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則a的最大值是()A．0B．1C．2 D．38．設(shè)動直線x＝m與函數(shù)f(x)＝x3，g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則|MN|的最小值為()A.eq\f(1,3)(1＋ln3)B.eq\f(1,3)ln3C．1＋ln3 D．ln3－19．已知a≤eq\f(1－x,x)＋lnx對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立，則a的最大值為()A．0 B．1C．2 D．310．球的直徑為d，其內(nèi)接正四棱柱體積V最大時的高為()A.eq\f(\r(2),2)dB.eq\f(\r(3),2)dC.eq\f(\r(3),3)dD.eq\f(\r(2),3)d11．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，若對于區(qū)間[－3,2]上任意的x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是()A．0B．10C．18 D．2012．已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)的最小值為1，則a的值等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D．1【填空題】13．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍為________．14．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________．15．函數(shù)f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在(0,2)內(nèi)的極大值為最大值，則m的取值范圍是________．16．已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，若在定義域內(nèi)存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0成立，則實數(shù)m的最小值是________．【解答題】17．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在點x0處取得極小值－5，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象經(jīng)過點(0,0)，(2,0)．(1)求a，b的值；(2)求x0及函數(shù)f(x)的表達(dá)式．18．商場以每件20元購進(jìn)一批商品，若該商品零售價為p元，銷量Q(單位：件)與零售價p(單位：元)有如下關(guān)系：Q＝8300－170p－p2，則該商品零售價定為多少元時利潤最大，利潤最大值是多少？19.函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象恰有一個公共點，求實數(shù)a的值；20．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點，求a的取值范圍；21．函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在區(qū)間(t,3)上不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．22．函數(shù)f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)的單調(diào)性和極值；(2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)；(3)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a；若不存在，說明理由．高二文科數(shù)學(xué)周末測試題答題紙12345678910111213____14____15____16____1718192021221-5CBDAA6-10DDAAC11-12DD13(-2，2)14-1315(0，3)16117．解：(1)由題設(shè)可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f′(x)的圖象過點(0,0)，(2,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,12＋4a＋b＝0，))解得a＝－3，b＝0.(2)由f′(x)＝3x2－6x>0，得x>2或x<0，∴在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上遞增，在(0,2)上遞減，因此f(x)在x＝2處取得極小值．所以x0＝2.由f(2)＝－5，得c＝－1.∴f(x)＝x3－3x2－1.18.30元23000元19．解：(1)令f′(x)＝lnx＋1＝0得x＝eq\f(1,e)，①當(dāng)0<t<eq\f(1,e)時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；②當(dāng)t≥eq\f(1,e)時，函數(shù)f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值為f(t)＝tlnt.(2)由題意得，f(x)－g(x)＝xlnx＋eq\a\vs4\al(x2－ax＋)2＝0在(0，＋∞)上有且僅有一個根，即a＝lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上有且僅有一個根，令h(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋2)(x－1)，易知h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a＝h(x)min＝eq\a\vs4\al(h1)＝3.20．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.當(dāng)x變化時f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).21．解：(1)根據(jù)題意知，f′(x)＝eq\f(a1－x,x)(x>0)，當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]；當(dāng)a＝0時，f(x)不是單調(diào)函數(shù)，(2)∵f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，∴a＝－2.∴f(x)＝－2lnx＋2x－3.∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在區(qū)間(t,3)上不是單調(diào)函數(shù)，且g′(0)＝－2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t<0，,g′3>0.))由題意知：對于任意的t∈[1,2]，g′(t)<0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′1<0，,g′2<0，,g′3>0，))∴－eq\f(37,3)<m<－9.22．解：(1)∵f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∴當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)的極小值為f(1)＝1.(2)證明：∵f(x)的極小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1，∴f(x)min＝1.又∵g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e時，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上單調(diào)遞增．∴g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)<eq\f(1,2).∴f(x)min－g(x)max>eq\f(1,2).∴在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋eq\f(1,2).(3)假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)＝ax－eq\a\vs4\al(lnx)(x∈(0，e])有最小值3，則f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以，此時f(x)的最小值不是3；②當(dāng)0<eq\f(1,a)<e時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\