人教a版数学【选修1-1】作业：第三章《导数及其应用》章末检测（b）（含答案）

1、第三章章末检测(B)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题12小题，每小题5分，共60分)1. 已知函数yf(x)的图象如图，则f(xA)与f(xB)的大小关系是()Af(xA)>f(xB) Bf(xA)<f(xB)Cf(xA)f(xB) D不能确定2任一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s3tt2，则物体的初速度是()A0 B3 C2 D32t3已知曲线y2ax21过点(，3)，则该曲线在该点处的切线方程为()Ay4x1 By4x1Cy4x11 Dy4x74若点P在曲线yx33x2(3)x上移动，经过点P的切线的倾斜角为，则角的取值范围是()A. B. C.

2、 D.5函数f(x)x3ax2在区间(1，)内是增函数，则实数a的取值范围是()A3，) B3，)C(3，) D(，3)6曲线y在点(1，1)处的切线方程为()Ay2x1 By2x1Cy2x3 Dy2x27已知a>0，函数f(x)x3ax在1，)上是单调减函数，则a的最大值为()A1 B2 C3 D48若函数f(x)asin xcos x在x处有最值，那么a等于()A. B C. D9函数yxsin x，x的最大值是()A1 B.1C D11 / 910. 函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()

3、A1个 B2个C3个 D4个11函数f(x)的单调增区间是()A(，1)B(1，)C(，1)，(1，)D(，1)，(1，)12某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率成正比，比例系数为k (k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去若存款利率为x (x(0,0.048)，则存款利率为多少时，银行可获得最大利益()A0.012 B0.024C0.032 D0.036题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知函数yf(x)的图象在点M(1，f(1)处的切线方程是yx2，则f(1)f(1)_.14设函数

4、f(x)ax33x1 (xR)，若对于x1，1，都有f(x)0，则实数a的值为_15. 如图，内接于抛物线y1x2的矩形ABCD，其中A、B在抛物线上运动，C、D在x轴上运动，则此矩形的面积的最大值是_16已知函数f(x)x3ax2bxc，x2,2表示过原点的曲线，且在x±1处的切线的倾斜角均为，有以下命题：f(x)的解析式为f(x)x34x，x2,2f(x)的极值点有且只有一个f(x)的最大值与最小值之和等于零其中正确命题的序号为_三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)若函数f(x)x3ax2(a1)x1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，)上为增函数，试求实数a

5、的取值范围18(12分)已知函数f(x)x3ax2bxc在x与x1时都取得极值(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间；(2)若对x1,2，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范围19.(12分)某大型商厦一年内需要购进电脑5 000台，每台电脑的价格为4 000元，每次订购电脑的其它费用为1 600元，年保管费用率为10%(例如，一年内平均库存量为150台，一年付出的保管费用60 000元，则10%为年保管费用率)，求每次订购多少台电脑，才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小？20(12分)已知a0，函数f(x)(x22ax)ex.(1)当x为何值时，f(x)取得最小值？证明你

6、的结论；(2)设f(x)在1,1上是单调函数，求a的取值范围21.(12分)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 21且x>0时，ex>x22ax1.22(12分)已知函数f(x)x2ln x.(1)求函数f(x)在1，e上的最大值和最小值；(2)求证：当x(1，)时，函数f(x)的图象在g(x)x3x2的下方第三章导数及其应用(B) 答案1Bf(xA)和f(xB)分别表示函数图象在点A、B处的切线斜率，故f(xA)<f(xB)2B物体的初速度即为t0时物体的瞬时速度，即函数s(t)在t0处的导数s(0)s

7、|t0(32t)|t03.3B曲线过点(，3)，32a21，a1，切点为(1,3)由导数定义可得y4ax4x，该点处切线斜率为k4，切线方程为y34(x1)，即y4x1.4B5Bf(x)3x2a.令3x2a0，则a3x2，x(1，)，a3.6Ay，ky|x12，切线方程为：y12(x1)，即y2x1.7C8Af(x)acos xsin x，由题意f0，即a·×0，a.9Cy1cos x0，所以yxsin x在上为增函数当x时，ymax.10A由图象看，在图象与x轴的交点处左侧f(x)<0，右侧f(x)>0的点才满足题意，这样的点只有一个B点11Cf(x)>

8、0，又x1，f(x)的单调增区间为(，1)，(1，)12B由题意知，存款量g(x)kx (k>0)，银行应支付的利息h(x)xg(x)kx2，x(0，0.048)设银行可获得收益为y，则y0.048kxkx2.于是y0.048k2kx，令y0，解得x0.024，依题意知y在x0.024处取得最大值故当存款利率为0.024时，银行可获得最大收益133解析由切点(1，f(1)在切线yx2上，得f(1)×12.又f(1)，f(1)f(1)3.144解析若x0，则不论a取何值，f(x)0，显然成立；当x(0,1时，f(x)ax33x10可转化为a，设g(x)，则g(x)，所以g(x)在

9、区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4；当x1,0)时，f(x)ax33x10可转化为a，设g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间1,0)上单调递增因此g(x)ming(1)4，从而a4，综上所述，a4.15.解析设CDx，则点C坐标为.点B坐标为，矩形ABCD的面积Sf(x)x·x (x(0,2)由f(x)x210，得x1(舍)，x2，x时，f(x)>0，f(x)是递增的，x时，f(x)<0，f(x)是递减的，当x时，f(x)取最大值.16解析f(x)3x22axb，由题意得f(0)0，f(1)f(1)tan 1.，a0，b4，c0.f(x

10、)x34x，x2,2故正确由f(x)3x240得x1，x2.根据x1，x2分析f(x)的符号、f(x)的单调性和极值点.x2(2，）(，)(，2)2f(x)00f(x)00x是极大值点也是最大值点x是极小值点也是最小值点f(x)minf(x)max0.错，正确17解f(x)x2axa1，由题意知f(x)0在(1,4)上恒成立，且f(x)0在(6，)上恒成立由f(x)0得x2axa10，即x21a(x1)x(1,4)，x1(0,3)，ax1.又x1(2,5)，a5， 由f(x)0得x2axa10，即x21a(x1)x(6，)，x1>0，ax1. 又x1(7，)，a7， 同时成立，5a7.经

11、检验a5或a7都符合题意，所求a的取值范围为5a7.18解(1)f(x)x3ax2bxc，f(x)3x22axb，由fab0，f(1)32ab0得a，b2.f(x)3x2x2(3x2)(x1)，令f(x)>0，得x<或x>1，令f(x)<0，得<x<1.所以函数f(x)的递增区间是和(1，)，递减区间是.(2)f(x)x3x22xc，x1,2，由(1)知，当x时，fc为极大值，而f(2)2c，则f(2)2c为最大值，要使f(x)<c2，x1,2恒成立，则只需要c2>f(2)2c，得c<1或c>2.19解设每次订购电脑的台数为x，则开始

12、库存量为x台，经过一个周期的正常均匀销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为x台，所以每年的保管费用为x·4 000·10%元，而每年的订货电脑的其它费用为·1 600元，这样每年的总费用为·1 600x·4 000·10%元令y·1 600x·4 000·10%，y·5 000·1 600·4 000·10%.令y0，解得x200(台)也就是当x200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值，最小值为80 000元20解(1)对

13、函数f(x)求导数，得f(x)(x22ax)ex(2x2a)exx22(1a)x2aex.令f(x)0，得x22(1a)x2aex0，从而x22(1a)x2a0.解得x1a1，x2a1，其中x1<x2.当x变化时，f(x)、f(x)的变化如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值当f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取到极小值当a0时，x1<1，x20.f(x)在(x1，x2)为减函数，在(x2，)为增函数而当x<0时，f(x)x(x2a)ex>0；当x0时，f(x)0，所以当xa1时，f(x)取得最小值(2)当a0时，f(

14、x)在1,1上为单调函数的充要条件是x21，即a11，解得a.综上，f(x)在1,1上为单调函数的充分必要条件为a.即a的取值范围是.21(1)解由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)证明设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当a>ln 21时，g(x)取最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)>0.于是对任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R内单调递增于是当a>ln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，都有g(x)>0，即exx22ax1>0，故ex>x22ax1