數(shù)學(xué)單元測試：第章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1章過關(guān)檢測(時間90分鐘,滿分100分)一、填空題（本大題共10小題，每小題4分,滿分40分）1．已知f（x）＝eq\f(x，3x)，則f′（x)＝__________.2．已知y＝3sin(2x－eq\f（π,3）），則y′|x＝eq\f（π，3)的值為__________．3．某汽車啟動階段的路程函數(shù)為s(t)＝2t3－5t2＋2，則t＝2秒時，汽車的加速度是__________．4．設(shè)f（x）＝x2（2－x）,則f(x）的單調(diào)增區(qū)間是__________．5．已知f(x)為偶函數(shù)且eq\i\in(0，6，)f（x)dx＝8，則eq\i\in（，6，）－6f(x）dx等于__________．6．已知y＝eq\f（1，3）x3＋bx2＋（b＋2)x＋3是R上的單調(diào)增函數(shù)，則b的取值范圍是__________．7．奇函數(shù)f（x）＝ax3＋bx2＋cx在x＝eq\f（1,a)處有極值,則ac的值為__________．8．∫eq\o\al(ln2，0）ex（1＋ex)2dx＝__________。9．若關(guān)于x的方程x3－6x＋5＝a有三個不同實(shí)根，則a的取值范圍是__________．10．若偶函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈R＋時，滿足f′(x）＞eq\f（fx，x），且f(1）＝0，則不等式eq\f(fx,x)≥0的解集是__________．二、解答題（本大題共5小題，滿分60分)11．（12分)（1）求定積分eq\i\in(,1，)－1f(x）dx，其中f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx－1,x≤0，，x2，x＞0。））(2)求由曲線y＝x3及直線y＝2x所圍成的圖形面積．12．(12分）已知函數(shù)f(x）＝x3－ax2＋bx＋c的圖象為曲線E。(1)若函數(shù)f(x)在x＝－1和x＝3時取得極值，求a、b的值；（2)若曲線E上存在點(diǎn)P，使曲線E在P點(diǎn)處的切線與x軸平行，求a、b滿足的關(guān)系式；（3)在（1)的條件下，當(dāng)x∈[－2,6］時，f（x）〈2|c｜恒成立，求c的取值范圍．13．（12分）如圖所示，△ABC中,∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1,點(diǎn)D、E分別為AB、AC邊上的動點(diǎn)，且DE∥BC，沿DE將直角三角形ADE折起，使二面角ADEB成直二面角，設(shè)AD＝x，四棱錐A—BCDE的體積為V。（1)求V關(guān)于x的解析式；(2）求V的最大值．14．(12分)已知函數(shù)f(x）自變量取值區(qū)間A，若其值域區(qū)間也為A，則稱區(qū)間A為f(x）的保值區(qū)間．（1)求函數(shù)f(x)＝x2形如［n，＋∞）（n∈R）的保值區(qū)間;（2)g(x）＝x－ln（x＋m）的保值區(qū)間是[2，＋∞），求m的取值范圍．15．（12分)已知f(x)＝xlnx，g（x)＝－x2＋ax－3。（1）求函數(shù)f(x）在［t，t＋2］（t＞0）上的最小值;（2)對x∈（0，＋∞），不等式2f(x）≥g（x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3)證明:對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞eq\f(1,ex)－eq\f（2,ex）成立．參考答案1.eq\f（1－xln3，3x）解析：f′(x)＝eq\f（3x－x·3xln3，3x2）＝eq\f（1－xln3,3x)。2．3解析：∵y′＝3cos(2x－eq\f（π，3）)·2＝6cos（2x－eq\f(π，3）），∴y′｜x＝eq\f（π,3)＝6cos（2×eq\f（π,3)－eq\f（π，3））＝3。3．14解析：∵v(t)＝s′(t)＝6t2－10t，a(t)＝v′（t）＝12t－10,∴a（2）＝14。4．(0，eq\f(4,3）)解析：f(x）＝2x2－x3，f′(x）＝4x－3x2＞0,0＜x＜eq\f（4,3).5．16解析：eq\i\in(，6,)－6f(x)dx＝2eq\i\in（0，6，)f(x）dx＝16。6．[－1,2］解析：y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0在x∈R上恒成立，故Δ＝4b2－4（b＋2）≤0?－1≤b≤2。7．－3解析：∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′(eq\f（1，a））＝0.∴3a·eq\f(1,a2）＋2b·eq\f（1，a)＋c＝0.∴3＋2b＋ac＝0。∴ac＋2b＝－3.又∵f（x)是奇函數(shù)，∴b＝0,∴ac＝－3.8.eq\f（19，3)解析:∫eq\o\al(ln2，0)ex（1＋ex)2dx＝∫eq\o\al(ln2，0)(ex＋2e2x＋e3x）dx＝(ex＋e2x＋eq\f（1，3）e3x)|eq\o\al（ln2,0）＝（2＋4＋eq\f(8,3))－(1＋1＋eq\f（1，3）)＝eq\f（19，3）.9．（5－4eq\r(2)，5＋4eq\r(2）)解析：設(shè)f(x）＝x3－6x＋5,f′(x）＝3x2－6＝0，解得x1＝－eq\r（2），x2＝eq\r（2）.列表如下:x(－∞,－eq\r（2））－eq\r(2）(－eq\r（2），eq\r(2)）eq\r(2）（eq\r（2），＋∞）f′(x）＋0－0＋f（x）↗極大值5＋4eq\r（2)↘極小值5－4eq\r（2）↗畫出f(x)的草圖,由圖可知a的取值范圍是（5－4eq\r(2），5＋4eq\r（2)）．10．［－1,0）∪［1，＋∞)解析:設(shè)g(x)＝eq\f(fx,x)(x＞0)，則g′(x）＝eq\f（f′x·x－fx，x2)＞0，∴g(x）在(0，＋∞)上是增函數(shù)．當(dāng)x＞0時，eq\f（fx,x）≥0＝eq\f(f1，1），∴x≥1；當(dāng)x＜0時,eq\f（fx,x）≥0?eq\f（fx，－x)≤0?eq\f（f－x，－x)≤0?－x≤1,∴－1≤x＜0。11．解：（1）eq\i\in（,1,）－1f（x）dx＝eq\i\in(，0,)－1f(x）dx＋eq\i\in(0，1,)f(x)dx＝eq\i\in（,0，）－1(sinx－1）dx＋eq\i\in(0,1,）x2dx＝（－cosx－x)｜eq\o\al(0，－1）＋eq\f（1,3)x3｜eq\o\al（1,0）＝cos1－2＋eq\f（1,3）＝cos1－eq\f(5，3）.（2）先求交點(diǎn)，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x3，,y＝2x,）)解得x3＝2x，x1＝0，x2＝eq\r(2)，x3＝－eq\r（2）.交點(diǎn)為(－eq\r（2），－2eq\r(2）)，(0,0),(eq\r(2），2eq\r(2)）．所求面積S為S＝eq\i\in(,0，）－eq\r（2)(x3－2x)dx＋∫eq\o\al(\r(2)，0）(2x－x3)dx＝2∫eq\o\al（\r(2）,0)(2x－x3)dx＝2(x2－eq\f（x4，4）)eq\o\al(\r（2）,）0＝2.12．解：(1)f′（x）＝3x2－2ax＋b，∵f（x)在x＝－1,3時存在極值，∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的兩實(shí)數(shù)根．∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f（2a，3），,－1×3＝\f（b，3)。））∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9。））（2）∵曲線E上存在與x軸平行的切線,∴f′（x)＝0有實(shí)數(shù)解,即3x2－2ax＋b＝0有實(shí)數(shù)解．∴Δ＝(－2a)2－12b≥0.∴a、b的關(guān)系式為a2≥3b。（3）f（x）＝x3－3x2－9x＋c，當(dāng)x變化時,f′（x）、f(x)變化情況如下表x－2(－2，－1)－1(－1，3）3(3,6)6f′（x）＋0－0＋f（x）c－2↗極大值c＋5↘極小值c－27↗c＋54x∈［－2,6］時，f（x）的最大值為c＋54，要使f（x)〈2|c｜恒成立，只需c＋54<2|c｜,c≥0時，c＋54〈2c，∴c〉54;c<0時，c＋54〈－2c。∴c〈－18.∴c的范圍是（－∞,－18）∪（54，＋∞)．13．解:（1)因DE∥BC，故△ADE∽△ABC,所以eq\f（AD,AB）＝eq\f(DE，BC）.設(shè)AD＝x,由已知，AB＝2，BC＝1，于是DE＝eq\f（x,2).因∠ABC＝90°，DE∥BC，故DE⊥AD。又二面角ADEB成直二面角，所以AD⊥面BCD，AD為四棱錐A—BCED的高．V＝eq\f(x，3）·eq\f(1,2)·(eq\f（x，2）＋1）(2－x）＝eq\f(1，12）（4x－x3)(0＜x＜2)．（2）由V′＝eq\f（1，12）(4－3x2)＝eq\f（1，12)(2＋eq\r（3）x)(2－eq\r（3）x）＝0，解得x＝eq\f（2,3）eq\r(3），故當(dāng)0＜x＜eq\f(2，3)eq\r(3）時，V′＞0；當(dāng)eq\f(2,3）eq\r（3)＜x＜2時，V′＜0.因此，x＝eq\f（2,3)eq\r(3)時V取得極大值，且是最大值，V的最大值為eq\f（4，27)eq\r(3）。14．解：(1）若n＜0，則n＝f（0）＝0,矛盾．若n≥0，則n＝f（n)＝n2,解得n＝0或1，所以f（x)的保值區(qū)間為[0，＋∞)或［1，＋∞)．(2）因?yàn)間(x)＝x－ln（x＋m)的保值區(qū)間是[2,＋∞），所以2＋m＞0，即m＞－2.g′(x）＝1－eq\f（1,x＋m)＞0，得x＞1－m，所以g(x）在(1－m，＋∞）上為增函數(shù)，同理可得g（x)在(－m,1－m）上為減函數(shù)．若2≤1－m即m≤－1時,g(1－m)＝2得m＝－1滿足題意；若m＞－1時，g(2)＝2，得m＝－1，矛盾．所以滿足條件的m的值為－1。15．解：(1)f′（x）＝lnx＋1.當(dāng)x∈(0，eq\f(1,e）)，f′(x）＜0，f（x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(eq\f（1，e）,＋∞）,f′（x)＞0，f(x）單調(diào)遞增．因?yàn)閠＞0，所以t＋2＞eq\f（1，e）。①當(dāng)0＜t＜eq\f(1，e）＜t＋2，即0＜t＜eq\f(1,e）時，［f(x)］min＝f(eq\f(1,e）)＝－eq\f（1,e）；②當(dāng)eq\f(1，e)≤t＜t＋2，即t≥eq\f(1，e）時,f（x)在[t,t＋2]上單調(diào)遞增，[f（x）]min＝f(t)＝tlnt；所以[f(x）]min＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(1，e），0＜t＜\f（1,e)，,tlnt，t≥\f(1,e)。））(2）2xlnx≥－x2＋ax－3，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3，x），設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則h′(x）＝eq\f(x＋3x－1,x2)，當(dāng)x∈（0，1）時，h′(x）＜0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（1，＋∞)時,h′（x）＞0，h(x)單調(diào)遞減，所以［h（x)］min＝h(1）＝4，因?yàn)閷σ磺衳∈（0，＋∞）,2f(x）≥g（x）恒成立，所以a≤［h(x）］min＝4.（3）證明:問題等價于證明x