(共33张PPT)
章末检测卷(五)
（时间：120分钟
满分：150分）
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)
A
2.函数y＝x4－2x2＋5的单调递减区间为( )
A.(－∞，－1)和(0，1)
B.(－1，0)和(1，＋∞)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)和(1，＋∞)
A
解析 y′＝4x3－4x＝4x(x2－1)，
令y′<0得x的范围为(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.
D
3.若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于( )
A.2
B.3
C.4
D.5
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋3.由f(x)在x＝－3时取得极值，得f′(－3)＝0，
即27－6a＋3＝0，
∴a＝5.
A.1
B.－1
C.4
D.－4
B
要使得函数f(x)有最大值－4，则a<0，
则当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，
A.[1，＋∞)
B.(－∞，0)∪(0，1]
C.(0，1]
D.(－∞，0)∪[1，＋∞)
D
C
A.a
B.bC.cD.cA
C
A.0
B.1
C.2
D.3
f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
9.已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是(
)
ACD
解析 A.f′(x)＝2x，由x2＝2x得x＝0或x＝2，有“巧值点”；
B.f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”；
10.将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不正确的是( )
ABD
解析 对于A选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，f′(0)＝0，但函数y＝f(x)在x＝0处的切线斜率不存在，不合题意；
对于B选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)存在增区间，但B选项的图中，函数y＝f(x)没有增区间，不合题意；
对于C选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)在R上为增函数，符合题意；
对于D选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)有两个单调区间，但D选项的图中，函数y＝f(x)有三个单调区间，不合题意.故选ABD.
ABD
在区间(0，4)上，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值.所以A，B，D选项正确，C选项错误.故选ABD.
12.定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)CD
1
14.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1(单位：万元)与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2(单位：万元)与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10
km处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元，那么当仓库建在离车站________
km处时，两项费用之和最小，最小费用为________万元.(本题第一空3分，第二空2分)
5
8
每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离，k1，k2是比例系数，
令y′＝0，得x＝5或x＝－5(舍去).
15.当x∈[－1，2]时，x3－x2－x＜m恒成立，则实数m的取值范围是________.
(2，＋∞)
解析 记f(x)＝x3－x2－x，
所以f′(x)＝3x2－2x－1.
16.法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出一个定理：如果函数y＝f(x)满足条件：
(1)在闭区间[a，b]上是连续不断的；
(2)在区间(a，b)上都有导数.
则在区间(a，b)上至少存在一个实数t，使得f(b)－f(a)＝f′(t)(b－a)，其中t称为“拉格朗日中值”.函数g(x)＝x2在区间[0，1]上的“拉格朗日中值”t＝
________.
解析 因为g(x)＝x2，所以g′(x)＝2x，
四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx(x∈R)，已知g(x)＝f(x)－f′(x)是奇函数.
(1)求b，c的值；
解 因为f(x)＝x3＋bx2＋cx，
所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c.
从而g(x)＝f(x)－f′(x)＝x3＋bx2＋cx－(3x2＋2bx＋c)
＝x3＋(b－3)x2＋(c－2b)x－c.
因为g(x)是一个奇函数，且x∈R，
所以g(0)＝0，得c＝0.
由奇函数的定义，得b＝3.
(2)求g(x)的单调区间.
解 由(1)，知g(x)＝x3－6x，
从而g′(x)＝3x2－6.
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.
(2)证明 当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，
g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
19.(12分)设函数f(x)＝a(x－5)2＋6ln
x，其中a∈R，f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).
(1)求a的值；
解 (1)∵f(x)＝a(x－5)2＋6ln
x(x>0)，
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
∴f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1).
∵切线与y轴相交于点(0，6)，
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3.
当03时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2，3).
在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln
3.
20.(12分)已知函数f(x)＝xex－x－ax2.
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1).
令f′(x)＝0，则x＝－1或0，
当x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0).
解 f(x)＝x(ex－1－ax).
令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.
若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，ln
a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，
从而当x∈(0，ln
a)时，g(x)<0，即f(x)<0，不符合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
解 由题意得，本年度每辆车的投入成本为10(1＋x)，每辆车的出厂价为13(1＋0.7x)，年利润为
f(x)＝[13(1＋0.7x)－10(1＋x)]·y
＝3
240(0.9x3－4.8x2＋4.5x＋5)，0＝3
240(0.9x3－4.8x2＋4.5x＋5)，0因为f(x)在(0，1)内只有一个极大值，所以它是最大值.
22.(12分)已知函数f(x)＝xln
x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
解 当a＝－1时，f(x)＝xln
x＋x，f′(x)＝ln
x＋2(x>0).
本节内容结束章末检测卷(五)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)
1.设曲线y＝在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，则a＝( )
A.－
B.
C.－2
D.2
答案 A
解析 由题意得，y′＝＝(x>0)，∵曲线在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，∴＝－a，解得a＝－，故选A.
2.函数y＝x4－2x2＋5的单调递减区间为( )
A.(－∞，－1)和(0，1)
B.(－1，0)和(1，＋∞)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)和(1，＋∞)
答案 A
解析 y′＝4x3－4x＝4x(x2－1)，令y′<0得x的范围为(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.
3.若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 D
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋3.由f(x)在x＝－3时取得极值，得f′(－3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5.
4.若函数f(x)＝(x>1)有最大值－4，则实数a的值是( )
A.1
B.－1
C.4
D.－4
答案 B
解析 由函数f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝＝.要使得函数f(x)有最大值－4，则a<0，
则当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(2)＝＝－4，解得a＝－1，满足题意，故选B.
5.已知函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.[1，＋∞)
B.(－∞，0)∪(0，1]
C.(0，1]
D.(－∞，0)∪[1，＋∞)
答案 D
解析 由题意知f′(x)＝1－，由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即≤x2在(－∞，－1)上恒成立.当x<－1时，x2>1，则有≤1，解得a≥1或a<0.故选D.
6.函数f(x)＝的部分图象大致为( )
答案 C
解析 f(x)＝，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝－，则f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故排除B；f(1)＝<1，故排除A；
∵f(x)＝，当x>0时，可得f′(x)＝，当x>1时，f′(x)>0，f(x)为增函数，故排除D.故选C.
7.设a＝e，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是( )
A.aB.bC.cD.c答案 A
解析 构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)>0，则f(x)在(e，＋∞)上单调递增.又e<3<π，∴f(e)8.方程－ln
x－2＝0的根的个数为( )
A.0
B.1
C.2
D.3
答案 C
解析 令f(x)＝－ln
x－2(x>0)，则f′(x)＝x－－＝，当x∈(0，4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(4)＝2－ln
4－2<0，f(e6)＝e3－ln
e6－2＝e3－8>0，f(e－2)＝e－1－ln
e－2－2＝>0，结合函数零点存在定理可知函数在区间(0，4)上存在一个零点，在区间(4，＋∞)上也存在一个零点，故方程－ln
x－2＝0的根的个数为2.故选C.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
9.已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是( )
A.f(x)＝x2
B.f(x)＝e－x
C.f(x)＝ln
x
D.f(x)＝
答案 ACD
解析 A.f′(x)＝2x，由x2＝2x得x＝0或x＝2，有“巧值点”；
B.f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”；
C.f′(x)＝，方程ln
x＝有解，有“巧值点”；
D.f′(x)＝－，由＝－，得x＝－1，有“巧值点”.
10.将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不正确的是( )
答案 ABD
解析 对于A选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，f′(0)＝0，但函数y＝f(x)在x＝0处的切线斜率不存在，不合题意；
对于B选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)存在增区间，但B选项的图中，函数y＝f(x)没有增区间，不合题意；
对于C选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)在R上为增函数，符合题意；
对于D选项，由函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)有两个单调区间，但D选项的图中，函数y＝f(x)有三个单调区间，不合题意.故选ABD.
11.
定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)在区间(0，4)单调递增
B.函数f(x)在区间单调递减
C.函数f(x)在x＝1处取得极大值
D.函数f(x)在x＝0处取得极小值
答案 ABD
解析 根据导函数图象可知，f(x)在区间上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0，4)上，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值.所以A，B，D选项正确，C选项错误.故选ABD.
12.定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)A.2f(2)－3f(1)>5
B.若f(1)＝2，x>1，则f(x)>x2＋x＋
C.f(3)－2f(1)<7
D.若f(1)＝2，0x2＋x＋
答案 CD
解析 设函数g(x)＝，
则g′(x)＝
＝
因为(x＋1)f′(x)－f(x)故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)>g(2)>g(3)，整理得2f(2)－3f(1)<5，f(3)－2f(1)<7，故A错误，C正确；
当0g(1)＝，即>，即f(x)>x2＋x＋.故D正确，从而B不正确，故选CD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.已知函数f(x)＝f′cos
x＋sin
x，则f的值为________.
答案 1
解析 因为f′(x)＝－f′sin
x＋cos
x，
所以f′＝－f′sin
＋cos
.
整理，得f′＝－1.
故f＝f′cos
＋sin
＝1.
14.某公司租地建仓库，每月土地占用费y1(单位：万元)与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2(单位：万元)与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10
km处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元，那么当仓库建在离车站________
km处时，两项费用之和最小，最小费用为________万元.(本题第一空3分，第二空2分)
答案 5 8
解析 依题意，可设每月土地占用费y1＝，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离，k1，k2是比例系数，
于是由2＝，得k1＝20；由8＝10k2，得k2＝.
因此，两项费用之和为y＝＋(x＞0)，
y′＝－＋.
令y′＝0，得x＝5或x＝－5(舍去).
当0＜x＜5时，y′＜0；当x＞5时，y′＞0，
因此，当x＝5时，y取得极小值，也是最小值，其值为8.
15.当x∈[－1，2]时，x3－x2－x＜m恒成立，则实数m的取值范围是________.
答案 (2，＋∞)
解析 记f(x)＝x3－x2－x，
所以f′(x)＝3x2－2x－1.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1.
又因为f＝，f(2)＝2，f(－1)＝－1，f(1)＝－1，
所以当x∈[－1，2]时，f(x)max＝2，所以m＞2.
16.法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出一个定理：如果函数y＝f(x)满足条件：
(1)在闭区间[a，b]上是连续不断的；
(2)在区间(a，b)上都有导数.
则在区间(a，b)上至少存在一个实数t，使得f(b)－f(a)＝f′(t)(b－a)，其中t称为“拉格朗日中值”.函数g(x)＝x2在区间[0，1]上的“拉格朗日中值”t＝________.
答案
解析 因为g(x)＝x2，所以g′(x)＝2x，结合“拉格朗日中值”定义可得g′(t)＝＝1，所以2t＝1，即t＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx(x∈R)，已知g(x)＝f(x)－f′(x)是奇函数.
(1)求b，c的值；
(2)求g(x)的单调区间.
解 (1)因为f(x)＝x3＋bx2＋cx，
所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c.
从而g(x)＝f(x)－f′(x)
＝x3＋bx2＋cx－(3x2＋2bx＋c)
＝x3＋(b－3)x2＋(c－2b)x－c.
因为g(x)是一个奇函数，且x∈R，
所以g(0)＝0，得c＝0.
由奇函数的定义，得b＝3.
(2)由(1)，知g(x)＝x3－6x，
从而g′(x)＝3x2－6.
令g′(x)＞0，得x＞或x＜－；
令g′(x)＜0，得－＜x＜.
所以函数g(x)的单调递增区间是(－∞，－)和(，＋∞)，函数g(x)的单调递减区间是(－，).
18.(12分)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
(1)解 f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.
(2)证明 当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，
g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
19.(12分)设函数f(x)＝a(x－5)2＋6ln
x，其中a∈R，f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解 (1)∵f(x)＝a(x－5)2＋6ln
x(x>0)，
∴f′(x)＝2a(x－5)＋(x>0).
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
∴f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1).
∵切线与y轴相交于点(0，6)，
∴6－16a＝8a－6，∴a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln
x(x>0)，
f′(x)＝(x－5)＋＝(x>0).
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3.
当03时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2故f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln
2，
在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln
3.
20.(12分)已知函数f(x)＝xex－x－ax2.
(1)当a＝时，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，x∈R，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1).
令f′(x)＝0，则x＝－1或0，
当x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0).
(2)f(x)＝x(ex－1－ax).
令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.
若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，ln
a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，
从而当x∈(0，ln
a)时，g(x)<0，即f(x)<0，不符合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
21.(12分)某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆.本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车的投入成本增加的比例为x(0240，则当x为何值时，本年度的年利润最大？最大利润为多少？(年利润＝(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量)
解 由题意得，本年度每辆车的投入成本为10(1＋x)，每辆车的出厂价为13(1＋0.7x)，年利润为
f(x)＝[13(1＋0.7x)－10(1＋x)]·y
＝(3－0.9x)×3
240×
＝3
240(0.9x3－4.8x2＋4.5x＋5)，0则f′(x)＝3
240(2.7x2－9.6x＋4.5)
＝972(9x－5)(x－3)，
由f′(x)＝0，解得x＝或x＝3(舍去)，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数.
所以当x＝时，f(x)取极大值，f＝20
000.
因为f(x)在(0，1)内只有一个极大值，所以它是最大值.
所以当x＝时，本年度的年利润最大，最大利润为20
000万元.
22.(12分)已知函数f(x)＝xln
x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x＋1>－成立.
(1)解 当a＝－1时，f(x)＝xln
x＋x，f′(x)＝ln
x＋2(x>0).
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.
所以f(x)在上是减函数，在上是增函数.
因此f(x)在x＝处取得最小值，
即f(x)min＝f＝－.
显然，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)没有最大值.
(2)证明 当x>0时，ln
x＋1>－等价于x(ln
x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln
x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取到最小值.
设g(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝，易知g(x)max＝g(1)＝－，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>g(x)，即ln
x＋1>－.