2018_2019学年高中数学第三章导数及其应用章末达标测试新人教A版选修1_1

第三章 导数及其应用
章末达标测试（三）
(时间：150分钟，满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列求导运算正确的是
A.′＝1＋
B．(xcos x－sin x)′＝－xsin x
C．(5x)′＝5xlog5e
D．(x2cos x)＝2xsin x
解析　A错，∵′＝1－；
B正确，∵(xcos x－sin x)′＝(xcos x)′－(sin x)′＝x′cos x＋x(cos x)′－cos x＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x；
C错，∵(5x)′＝5xln 5；
D错，∵(x2cos x)′＝2xcos x＋x2(－sin x)．
答案　B
2．设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a等于
A．1　　　B. C．－ D．－1
解析　y′＝2ax，于是切线的斜率k＝y′)＝2a，所以2a＝2?a＝1.
答案　A
3．函数y＝x－ln x的单调减区间是
A．(－∞，1) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(0，2)
解析　∵y＝x－ln x，∴y′＝1－＝.
令y′＜0，得0＜x＜1，又x＞0，故0＜x＜1.
即单调减区间是(0，1)．故选B.
答案　B
4．已知f(x)＝x3－3x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为
A．－17 B．－29 C．－5 D．－11
解析　由f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)＝0，解得x＝0或x＝2，又f(0)＝m，f(2)＝m－4，f(－2)＝m－20，所以f(x)max＝m＝3，f(x)min＝f(－2)＝m－20＝3－20＝－17.
答案　A
5．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值范围是
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12，7]
解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x＝3(舍去)．
∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，
故m≤－20，综上可知应选B.
答案　B
6．f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图像如右图所示，则f(x)的图像可能是下图中的
解析　根据导函数的值(为正数)越小，原函数的图像上的点的切线越平缓(倾斜角越小)；越大，切线越陡峭(倾斜角越大)．
答案　D
7．若一球的半径为r，作内接于球的圆柱，则其侧面积最大为
A．2πr2 B．πr2 C．4πr D.πr2
解析　设内接圆柱的高为h，底面半径为x，则h2＋(2x)2＝(2r)2，又圆柱的侧面积S＝2πxh，∴S2＝16π2(r2x2－x4)，(S2)′＝16π2(2r2x－4x3)．
令(S2)′＝0，得x＝r(x＝0舍去)，∴Smax＝2πr2，故选A.
答案　A
8．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
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析　令g(x)＝f(x)－kx＋1，则g(0)＝f(0)＋1＝0，
g＝f－k·＋1＝f－.
∵g′(x)＝f′(x)－k>0，∴g(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又∵k>1，∴>0，∴g>g(0)＝0，
∴f－>0，即f>.
答案　C
9．若曲线y＝x2－1与y＝1－x3在x＝x0处的切线互相垂直，则x0等于
A. B．－
C. D.或0
解析　∵y＝x2－1，∴y′＝2x，
∵y＝1－x3，∴y′＝－3x2，∴2x0·(－3x)＝－1，∴x＝，∴x0＝.
答案　A
10．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
解析　由题意知f′(x)＝－x＋≤0，x∈(－1，＋∞)，
即f′(x)＝≤0，所以－x2－2x＋b＝－(x＋1)2＋1＋b≤0，
所以1＋b≤0，b≤－1.
答案　C
11．设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是
A．(－3，0)∪(3，＋∞) B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0，3)
解析　∵令F(x)＝f(x)g(x)，则F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，
∴F(x)为奇函数．
∵当x＜0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增，且F(－3)＝0.
又∵F(x)是奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(3)＝0.
综上，F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)，选D.
答案　D
12．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是
A．[1，＋∞) B.
C．[1，2) D.
解析　因为f(x)定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝，
据题意，解得1≤k<.
答案　B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．已知函数y＝f(x)的图像在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋2，则f(1)＋f′(1)＝______．
解析　∵点M(1，f(1))在切线y＝x＋2上，
∴f(1)＝，又f′(1)＝，∴f(1)＋f′(1)＝3.
答案　3
14．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln x在点(1，0)处的切线方程为________．
解析　由题意知，y′＝，所以曲线在点(1，0)处的切线斜率k＝y′|x＝1＝2，故所求切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.
答案　y＝2x－2
15．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________．
解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b.
∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2，∴≤3，
∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取“＝”，∴ab的最大值为9.
答案　9
16．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0，1)内单调递减，则实数a的取值范围是________．
解析　∵f′(x)＝3x2－2ax－1.又f(x)在(0，1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1<0在(0，1)内恒成立，∴f′(0)≤0且f′(1)≤0，∴a≥1.
答案　[1，＋∞)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋11.
(1)写出函数的递减区间；
(2)讨论函数的极大值或极小值，如有，试写出极值；
(3)画出它的大致图像．
解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.
x变化时，f′(x)的符号变化情况及f(x)的增减性如下表所示：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值f(－1)
极小值f(3)
(1)由表可得函数的递减区间为(－1，3)．
(2)由表可得，当x＝－1时，函数有极大值为f(－1)＝16；当x＝3时，函数有极小值为f(3)＝－16.
(3)当x＝0时，f(x)＝11，
令f(x)＝x3－3x2＋9x＋11
＝(x－1)(x－1－2)(x－1＋2)＝0，得x＝1或x＝1±2，故函数图像与坐标轴的交点为(0，11)，(1，0)，(1±2，0)．结合函数的单调区间及极值的情况可画出f(x)的大致图像如图．
18．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2－bx(a，b∈R)，若y＝f(x)图像上的点处的切线斜率为－4，求y＝f(x)在区间[－3，6]上的最值．
解析　f′(x)＝x2＋2ax－b，
f′(1)＝－4，∴1＋2a－b＝－4.①
又在f(x)图像上，∴＋a－b＝－，
即a－b＋4＝0.②
由①②解得，∴f(x)＝x3－x2－3x，
f′(x)＝x2－2x－3＝(x－3)(x＋1)．
令f′(x)＝0，解得x＝－1或3.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
由表知f(x)极大＝f(－1)＝，
f(x)极小＝f(3)＝－9.
又∵f(－3)＝f(3)＝－9，f(6)＝18.
∴f(x)最大＝f(6)＝18，
f(x)最小＝f(3)＝f(－3)＝－9.
19．(12分)已知函数f(x)＝x2＋ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：x＞1时，x2＋ln x＜x3.
解析　(1)依题意知函数的定义域为x＞0，
∵f′(x)＝x＋，故f′(x)＞0，
∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
(2)证明　设g(x)＝x3－x2－ln x，
∴g′(x)＝2x2－x－.
∵当x＞1时，g′(x)＝＞0，
∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，
∴g(x)＞g(1)＝＞0，
∴当x＞1时，x2＋ln x＜x3.
20．(12分)(2018·全国卷Ⅲ)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.
解析　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.
(2)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.
21．(12分)已知某工厂生产x件产品的成本为C＝25 000＋200x＋x2(元)，问：
(1)要使平均成本最低，应生产多少件产品？
(2)若产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？
解析　(1)设平均成本为y元，则
y＝＝＋200＋，
y′＝＋，
令y′＝0得x＝1 000.
当在x＝1 000附近左侧时，y′＜0；
在x＝1 000附近右侧时，y′＞0，
故当x＝1 000时，y取极小值，而函数只有一个点使y′＝0，故函数在该点处取得最小值，因此，要使平均成本最低，应生产1 000件产品．
(2)设利润为S，则利润函数为
S＝500x－＝300x－25 000－，
S′＝300－，
令S′＝0，得x＝6 000，当在x＝6 000附近左侧时，
S′＞0；
在x＝6 000附近右侧时，S′＜0，
故当x＝6 000时，S取极大值，而函数只有一个点使S′＝0，故函数在该点处取得最大值，
因此，要使利润最大，应生产6 000件产品．
22．(12分)已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)求证：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
解析　(1)函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a＞0.可得x＞0.g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，∴g′(x)＝2－＝，
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；
当1＜x时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．
(2)证明　由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x，
令u(x)＝－2xln x＋x2－2(x－1－ln x)x＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x，
则u(1)＝1＞0，u(e)＝2(2－e)＜0，
∴存在x0∈(1，e)，使得u(x0)＝0，
令a0＝x0－1－ln x0＝v(x0)，
其中v(x)＝x－1－ln x(x≥1)，
由v′(x)＝1－≥0，可得：
函数v(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
∴0＝v(1)＜a0＝v(x0)＜v(e)＝e－2＜1，
即a0∈(0，1)，
当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝u(x0)＝0.
再由(1)可知：f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，∴f(x)>f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]，f(x)＝(x－a0)2－2xln x＞0.
故当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立．
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．