2020高中数学 阶段质量检测（三）导数应用 2-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE17-学必求其心得，业必贵于专精阶段质量检测（三)导数应用(时间120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．曲线y＝eq\f(1，2）x2－2x在点eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1，－\f（3，2)）)处的切线的倾斜角为（）A．－135° B．45°C．－45° D．135°解析:选D∵y′＝x－2，∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，－\f(3，2）))处的切线斜率为－1，倾斜角为135°。2．下列求导运算正确的是（)A．（cosx）′＝sinx B．（ln2x)′＝eq\f(1,x）C．(3x)′＝3xlog3e D．（x2ex）′＝2xex解析：选B(cosx)′＝－sinx，（3x)′＝3xln3，(x2ex)′＝2xex＋x2ex.3．已知函数y＝f（x）,其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，则y＝f(x）(）A．在（－∞,0)上为减少的 B．在x＝0处取极小值C．在(4，＋∞）上为减少的 D．在x＝2处取极大值解析:选C在（－∞，0)上，f′（x）>0，故f(x)在（－∞,0)上为增函数，A错；在x＝0处，导数由正变负，f（x）由增变减，故在x＝0处取极大值，B错；在（4，＋∞)上，f′（x)<0，f（x）为减函数，C对；在x＝2处取极小值，D错．4．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是(）A。eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（2）,2))）B.eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2），2)，＋∞）)C。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（2),2）)）,eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,\f(\r（2），2))）D。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2）,2）,0）)，eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f（\r（2)，2））)解析：选A∵f′(x）＝2x－eq\f(1,x）＝eq\f（2x2－1,x)，当0＜x≤eq\f(\r(2)，2)时，f′(x）≤0，故f（x)的单调递减区间为eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(\r（2）,2))）。5．函数f（x）＝xe－x，x∈［0,4］的最小值为（)A．0 B．eq\f(1,e）C.eq\f(4,e4) D.eq\f（2,e2)解析：选Af′（x）＝eq\f(1－x,ex），当x∈[0,1)时，f′(x）>0,f(x)单调递增,当x∈（1,4］时，f′（x)<0,f(x）单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝eq\f（4，e4）>0,所以当x＝0时,f（x）有最小值，且最小值为0.6．函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是()A．a〉0 B．a≥0C．a<0 D．a≤0解析：选Cf′（x)＝3ax2＋1，由题意得f′(x）＝0有实数根，即a＝－eq\f（1,3x2）(x≠0)，所以a<0。7．函数f(x)＝x3－3ax－a在（0，1）内有最小值，则a的取值范围为（）A．［0，1) B．(0，1）C．(－1，1) D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，2）))解析：选Bf′（x）＝3x2－3a，由于f（x)在(0，1）内有最小值,故a>0，且f′(x）＝0的解为x1＝eq\r(a），x2＝－eq\r(a)，则eq\r（a)∈（0,1)，∴0〈a<1.8．曲线f(x）＝ln(2x－1）上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是（）A．1 B．2C.eq\r(5） D．3解析：选C直线2x－y＋3＝0的斜率为2，f′（x)＝eq\f（2，2x－1），令eq\f(2，2x－1)＝2，解得x＝1，由于f(1)＝ln（2－1)＝0，故曲线f(x)过(1，0）的切线斜率为2,则点（1，0）到直线2x－y＋3＝0的距离d＝eq\f（｜2－0＋3|,\r(22＋－12）)＝eq\r(5)，即曲线f(x）＝ln（2x－1）上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是eq\r（5），故选C。9．某厂生产某种产品x件的总成本:C(x)＝1200＋eq\f（2,75）x3,且产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品的单价为50元，总利润最大时，产量应定为()A．15件 B．20件C．25件 D．30件解析：选C设产品单价为a元，又产品单价的平方与产品件数x成反比，即a2x＝k，由题知k＝250000，则a2x＝250000，所以a＝eq\f(500,\r(x)）。总利润y＝500eq\r（x)－eq\f(2，75）x3－1200（x〉0)，y′＝eq\f（250,\r(x))－eq\f（2,25）x2,由y′＝0，得x＝25,x∈（0,25)时,y′〉0，x∈(25，＋∞)时，y′〈0，所以x＝25时,y取最大值．10．若函数f(x）＝x2＋ax＋eq\f（1，x）在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3),＋∞））上是增函数,则实数a的取值范围是（)A．［－1，0］ B．eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（25,3）))C。eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(25，3），＋∞)) D．[9,＋∞）解析：选C∵f（x)＝x2＋ax＋eq\f(1，x）在eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,3），＋∞）)上是增函数,∴f′（x）＝2x＋a－eq\f(1,x2）≥0在eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)，＋∞））上恒成立，∵f′(x）＝2x＋a－eq\f（1,x2）在eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,3)，＋∞）)上递增，∴f′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,3）))＝eq\f（2，3)－9＋a≥0，∴a≥eq\f（25，3）。故选C.11．已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(1,3）x3－ax2＋ax＋2的导函数f′（x)在（－∞,1)上有最小值，若函数g（x）＝eq\f(f′x,x)，则(）A．g（x)在（1，＋∞）上有最大值B．g（x)在(1，＋∞)上有最小值C．g（x)在(1，＋∞）上为减函数D．g（x)在(1，＋∞)上为增函数解析：选D函数f(x)＝eq\f（1,3）x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x）＝x2－2ax＋a，f′（x）图像的对称轴为x＝a,又导函数f′(x）在(－∞，1）上有最小值，所以a<1。函数g（x)＝eq\f(f′x，x）＝x＋eq\f(a,x）－2a,g′(x)＝1－eq\f(a,x2）＝eq\f(x2－a，x2)，当x∈（1，＋∞）时，g′(x）>0，所以g（x）在（1,＋∞)上为增函数．故选D。12．设函数f′（x）是函数f（x）(x∈R)的导函数，若f（x)－f(－x)＝2x3,且当x〉0时,f′(x）>3x2，则不等式f（x)－f(x－1）>3x2－3x＋1的解集为（）A．（－∞，2) B．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）,＋∞）)C.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞，\f（1,2))） D．(2，＋∞)解析：选B令F（x)＝f（x)－x3，则F′(x)＝f′（x）－3x2，由f(x)－f（－x)＝2x3，可得F（－x)＝F（x），故F(x）为偶函数，又当x>0时，f′（x）>3x2，即F′(x）〉0，∴F(x)在（0,＋∞)上为增函数．不等式f（x)－f（x－1）>3x2－3x＋1可化为f（x)－x3>f(x－1)－（x－1）3,∴F（x)>F（x－1），∴F(|x|）>F(｜x－1|），∴由函数的单调性可知|x|〉｜x－1｜，解得x>eq\f（1,2).二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上）13．函数y＝2x3－6x2＋11的单调递减区间为________．解析：y′＝6x2－12x，令6x2－12x<0，得0〈x〈2。答案：(0，2）14．(2019·北京高考)设函数f（x）＝ex＋ae－x(a为常数）．若f（x）为奇函数，则a＝________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是________．解析:∵f(x）＝ex＋ae－x（a为常数)的定义域为R，∴f（0）＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.∵f(x）＝ex＋ae－x,∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－eq\f（a,ex).∵f(x)是R上的增函数，∴f′（x)≥0在R上恒成立，即ex≥eq\f(a，ex)在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．又e2x>0,∴a≤0，即a的取值范围是（－∞，0]．答案：－1(－∞，0］15．已知函数f(x）＝xex＋c有两个零点，则c的取值范围是________．解析：∵f′（x）＝ex(x＋1），∴易知f(x）在（－∞，－1）上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的，且f(x)min＝f（－1）＝c－e－1,由题意得c－e－1〈0,得c<e－1.答案：（－∞，e－1）16．已知函数f（x）＝2lnx＋eq\f(a，x2）(a〉0)．若当x∈(0，＋∞)时，f（x）≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：f(x）≥2即a≥2x2－2x2lnx。令g（x)＝2x2－2x2lnx，则g′(x)＝2x（1－2lnx）．由g′（x）＝0得x＝eeq\f(1,2)，0(舍去)，且0〈x〈eeq\f(1，2）时,g′(x)〉0；当x〉eeq\f(1，2）时g′（x）〈0，∴x＝eeq\f(1，2)时g（x）取最大值g（eeq\f（1,2））＝e，∴a≥e.答案：［e，＋∞）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．（本小题满分10分）已知函数f（x）＝lnx－ex＋m在x＝1处有极值,求m的值及f(x）的单调区间．解：f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝eq\f(1,x)－ex＋m，由题意f′(1）＝0,解得m＝－1，∴f′(x）＝eq\f（1,x）－ex－1，利用基本函数单调性可知，在（0,＋∞）上f′(x)是减少的，且f′(1)＝0，所以当0<x<1时，f′（x）>0，f(x）是增加的，当x>1时，f′(x)<0，f（x)是减少的．∴f(x)的单调增区间是（0,1），单调减区间是（1，＋∞）．18．（本小题满分12分）已知函数f（x)＝x3－eq\f（1,2）x2＋bx＋c.（1）若f(x)有极值，求b的取值范围；（2)若f（x）在x＝1处取得极值，且当x∈［－1，2]时，f(x）<c2恒成立,求c的取值范围．解：(1)f′(x）＝3x2－x＋b，则方程f′（x)＝0有两个不相等的实根,由Δ〉0得1－12b〉0即b〈eq\f(1,12).所以b的取值范围是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,12）)）。(2）∵f（x)在x＝1处取得极值，∴f′(1）＝0，∴3－1＋b＝0，得b＝－2.则f′（x）＝3x2－x－2＝(3x＋2）（x－1)．令f′(x)＝0，得x1＝－eq\f(2，3），x2＝1，又f(－1）＝eq\f(1，2)＋c，feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（2，3)）)＝eq\f（38,27)＋c，f(1)＝－eq\f（3,2)＋c,f(2）＝2＋c.∴f（x）max＝2＋c〈c2，解得c>2或c〈－1.∴c的取值范围是(－∞,－1）∪(2，＋∞）．19．(本小题满分12分）设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f（x）在点（2，f(2)）处的切线方程为y＝（e－1)x＋4。(1)求a，b的值;（2)求f(x)的单调区间．解：（1)因为f（x）＝xea－x＋bx，所以f′(x）＝(1－x）ea－x＋b。依题设有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝2,，b＝e.）)（2)由（1)知f（x）＝xe2－x＋ex。由f′（x）＝e2－x（1－x＋ex－1）及e2－x〉0知，f′（x）与1－x＋ex－1同号．令g（x)＝1－x＋ex－1，则g′(x）＝－1＋ex－1.所以当x∈（－∞,1)时，g′(x)〈0，g（x）在区间（－∞，1)上单调递减；当x∈（1,＋∞)时，g′(x）>0,g(x）在区间（1，＋∞）上单调递增．故g（1)＝1是g（x)在区间（－∞，＋∞）上的最小值,从而g(x）〉0,x∈(－∞，＋∞)．综上可知，f′（x）〉0，x∈(－∞,＋∞)，故f（x）的单调递增区间为（－∞，＋∞)．20．（本小题满分12分)已知某厂生产x件产品的成本C＝25000＋200x＋eq\f（1，40）x2（单位：元)．（1）要使平均成本最低,应生产多少件产品?(2）若产品以每件500元售出,要使利润最大，则应生产多少产品？解：(1)设平均成本为y元，则y＝eq\f(25000＋200x＋\f（1,40)x2，x）＝eq\f（25000，x)＋200＋eq\f(x,40)，y′＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（25000，x）＋200＋\f（x,40）)）′＝－eq\f（25000，x2)＋eq\f（1,40),令y′＝0,得x1＝1000，x2＝－1000(舍去）．当在x＝1000附近左侧时y′〈0，当在x＝1000附近右侧时y′〉0，故当x＝1000时，函数取得极小值，由于函数只有一个点使y′＝0，且函数在该点有极小值,故函数在该点取得最小值，因此，要使平均成本最低，应生产1000件产品．（2）利润函数L＝500x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（25000＋200x＋\f(x2,40）)）＝300x－25000－eq\f(x2，40）。L′＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(300x－25000－\f（x2，40)))′＝300－eq\f(x，20)，令L′＝0，解得x＝6000。当在x＝6000附近左侧时L′〉0,当在x＝6000附近右侧时L′<0，故当x＝6000时,函数取得极大值，由于函数只有一个使L′＝0的点，且函数在该点有极大值，故函数在该点取得最大值．因此，要使利润最大,应生产6000件产品．21．（本小题满分12分）若函数f（x）＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－eq\f(4,3)。（1)求函数f（x)的解析式;（2)若方程f（x）＝k有3个不同的根，求实数k的取值范围．解:(1)f′（x)＝3ax2－b，由题意，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，，f2＝－\f（4,3))），即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(12a－b＝0，,8a－2b＋4＝－\f（4,3),))解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f（1,3),，b＝4，）)∴f（x）＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2）由（1)可得f′(x)＝x2－4＝（x－2)（x＋2)，令f′（x）＝0，得x＝2或x＝－2。当x变化时，f′（x），f（x)的变化情况如表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞）f′（x）＋0－0＋f(x）eq\f(28，3)－eq\f(4,3）因此，当x＝－2时，f（x)有极大值eq\f(28，3)，当x＝2时，f（x）有极小值－eq\f（4，3），所以函数f（x）＝eq\f（1，3)x3－4x＋4的图像大致如图所示．若f（x)＝k有3个不同的根,则直线y＝k与函数f(x）的图像有3个交点，∴－eq\f（4,3)<k<eq\f（28,3).∴实数k的取值范围为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(4,3),\f（28，3））).22．(本小题满分12分）(2019·江苏高考)设函数f(x)＝(x－a)（x－b）(x－c)，a,b，c∈R，f′(x）为f(x）的导函数．(1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′（x）的零点均在集合｛－3,1,3｝中，求f（x）的极小值;(3)若a＝0,0〈b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证:M≤eq\f（4,27）。解:(1）因为a＝b＝c，所以f(x）＝(x－a)（x－b)（x－c）＝（x－a)3.因为f(4）＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.(2）因为b＝c，所以f(x)＝(x－a）(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b（2a＋b)x－ab2从而f′（x）＝3（x－b）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋b,3)))。令f′(x)＝0，得x＝b或x＝eq\f（2a＋b，3）。因为a,b，eq\f（2a＋b，3)都在集合｛－3,1，3｝中，且a≠b，所以eq\f（2a＋b，3）＝1，a＝3，b＝－3。此时,f(x）＝（x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1）．令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1。当x变化时，f′(x），f(x)的变化情况如表所示:x(－∞，－3)－3（－3，1）1(1，＋∞)f′(x）＋0－0＋f（x)极大值极小值所以f（x）的极小值为f(1）＝(1－3)(1＋3）2＝－32.（3）证明：因为a＝0，c＝1，所以f（x)＝x(x－b)(x－1）＝x3－(b＋1）x2＋bx，f′（x)＝3x2－2（b＋1）x＋b.因为0<b≤1，所以Δ＝4（b＋1)2－12b＝(2b－1）2＋3>0，则f′（x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1<x2)．由f′(x)＝0，得x1＝eq\f（b＋1－\r(b2－b＋1），3），x2＝eq\f（b＋1＋\r（b2－b＋1),3)。当x变化时,f′（