高中数学人教A版1第三章导数及其应用单元测试

第三章综合素质检测时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，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．设正弦函数y＝sinx在x＝0和x＝eq\f(π,2)附近的瞬时变化率为k1、k2，则k1、k2的大小关系为eq\x(导学号92600775)()A．k1>k2 B．k1<k2C．k1＝k2 D．不确定[答案]A[解析]y＝sinx，y′＝cosx，∴k1＝cos0＝1，k2＝coseq\f(π,2)＝0，k1>k2.2．y＝xα在x＝1处切线方程为y＝－4x，则α的值为eq\x(导学号92600776)()A．4 B．－4C．1 D．－1[答案]B[解析]y′＝(xα)′＝αxα－1，由条件知，y′|x＝1＝α＝－4.3．函数y＝x2cosx的导数为eq\x(导学号92600777)()A．y′＝2xcosx－x2sinx B．y′＝2xcosx＋x2sinxC．y′＝x2cosx－2xsinx D．y′＝xcosx－x2sinx[答案]A[解析]y′＝(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2·(cosx)′＝2xcosx－x2sinx.4．函数y＝12x－x3的单调递增区间为eq\x(导学号92600778)()A．(0，＋∞) B．(－∞，－2)C．(－2,2) D．(2，＋∞)[答案]C[解析]y′＝12－3x2＝3(4－x2)＝3(2＋x)(2－x)，令y′>0，得－2<x<2，故选C．5．(2023·福建宁德市高二检测)曲线f(x)＝eq\f(lnx,x)在x＝e处的切线方程为eq\x(导学号92600779)()A．y＝eq\f(1,e) B．y＝eC．y＝x D．y＝x－e＋eq\f(1,e)[答案]A[解析]f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴f′(e)＝eq\f(1－lne,e2)＝0，∴曲线在x＝e处的切线的斜率k＝0.又切点坐标为(e，eq\f(1,e))，∴切线方程为y＝eq\f(1,e).6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝eq\x(导学号92600780)()A．2 B．3C．4 D．5[答案]D[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f′(x)＝0的实数根，∴a＝5.7．三次函数f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，则m的取值范围是eq\x(导学号92600781)()A．m<0 B．m<1C．m≤0 D．m≤1[答案]C[解析]f′(x)＝3mx2－1，由题意知3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，当m＝0时，－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；当m≠0时，由题意得m<0，综上可知m≤0.8．已知抛物线y＝－2x2＋bx＋c在点(2，－1)处与直线y＝x－3相切，则b＋c的值为eq\x(导学号92600782)()A．20 B．9C．－2 D．2[答案]C[解析]由题意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b，∴－4×2＋b＝1，∴b＝9，又点(2，－1)在抛物线上，∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故选C．9．三次函数当x＝1时，有极大值4；当x＝3时，有极小值0，且函数过原点，则此函数是eq\x(导学号92600783)()A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9xC．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x[答案]B[解析]设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵函数图象过原点，∴d＝′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0,f′3＝0,f1＝4))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0,27a＋6b＋c＝0,a＋b＋c＝4))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－6,c＝9))，∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故应选B．10．(2023·山西大同高二月考)某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为P元，销售量为Q，则销售量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系Q＝8300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)eq\x(导学号92600784)()A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元[答案]D[解析]设毛利润为L(P)，由题意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11700P－166000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11700.令L′(P)＝0，解得P＝30或－130(舍)．此时L(30)＝23000，因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0.所以L(30)是极大值也是最大值．11．(2023·山东滕州市高二检测)已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是eq\x(导学号92600785)()[答案]C[解析]∵x＝－2时，f(x)取得极小值，∴在点(－2,0)左侧，f′(x)<0，∴xf′(x)>0，在点(－2,0)右侧f′(x)>0，∴xf′(x)<0，故选C．12．(2023·山西晋城月考)已知f(x)＝x3－3x，过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则实数m的取值范围是eq\x(导学号92600786)()A．(－1,1) B．(－2,3)C．(－1,2) D．(－3，－2)[答案]D[解析]设切点为(t，t3－3t)，f′(x)＝3x2－3，则切线方程为y＝(3t2－3)(x－t)＋t3－3t，整理得y＝(3t2－3)x－2t3.把A(1，m)代入整理，得2t3－3t2＋m＋3＝0①.因为过点A可作三条切线，所以①有三个解．记g(t)＝2t3－3t2＋m＋3，则g′(t)＝6t2－6t＝6t(t－1)，所以当t＝0时，极大值g(0)＝m＋3，当t＝1时，极小值g(1)＝m＋2.要使g(t)有三个零点，只需m＋3>0且m＋2<0，即－3<m<－2.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．若函数f(x)＝x3－f′(1)x2＋2x－5，则f′(2)＝\x(导学号92600787)[答案]eq\f(22,3)[解析]∵f′(x)＝3x2－2f′(1)x∴f′(1)＝3－2f′(1)＋2，∴f′(1)＝eq\f(5,3).因此f′(2)＝12－4f′(1)＋2＝eq\f(22,3).14．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为________.eq\x(导学号92600788)[答案]c<eq\f(1,4)[解析]∵f′(x)＝x2－x＋c且f(x)有极值，∴f′(x)＝0有不等的实数根，即Δ＝1－4c解得c<eq\f(1,4).15．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值为eq\f(1,3)，则实数m的值为\x(导学号92600789)[答案]2[解析]f′(x)＝x2－2x－1，令f′(x)<0，得1－eq\r(2)<x<1＋eq\r(2)，∴f(x)在(1－eq\r(2)，1＋eq\r(2))上单调递减，即f(x)在[0,1]上单调递减，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,3)－1－1＋m＝eq\f(1,3)，解得m＝2.16．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是\x(导学号92600790)[答案]a<－1[解析]∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.当a≥0时，y不可能有极值点，故a<0.由ex＋a＝0，得ex＝－a，∴x＝ln(－a)．∴x＝ln(－a)即为函数的极值点．∴ln(－a)>0，即ln(－a)>ln1.∴a<－1.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)已知f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝x2＋cx＋d，又f(2x＋1)＝4g(x)，且f′(x)＝g′(x)，f(5)＝30.求g(4eq\x(导学号92600791)[解析]由f(2x＋1)＝4g(x)得4x2＋2(a＋2)x＋(a＋b＋1)＝4x2＋4cx＋4d.于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＝2c，①,a＋b＋1＝4d，②))由f′(x)＝g′(x)，得2x＋a＝2x＋c，∴a＝c， ③由f(5)＝30，得25＋5a＋b＝30. 由①③可得a＝c＝2，由④得b＝－5，再由②得d＝－eq\f(1,2)，∴g(x)＝x2＋2x－eq\f(1,2).故g(4)＝16＋8－eq\f(1,2)＝eq\f(47,2).18．(本题满分12分)若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，求实数a的值.eq\x(导学号92600792)[解析]设直线与曲线y＝x3的切点坐标为(x0，y0)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝x\o\al(3,0),\f(y0,x0－1)＝3x\o\al(2,0)))，解得x0＝0或x0＝eq\f(3,2).当x0＝0时，切线的斜率k＝0，∴切线方程为y＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2＋eq\f(15,4)x－9＝0.Δ＝(eq\f(15,4))2＋36a＝0，解得a＝－eq\f(25,64).当x0＝eq\f(3,2)时，k＝eq\f(27,4)，其切线方程为y＝eq\f(27,4)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(27,4)x－1,y＝ax2＋\f(15,4)x－9))，得ax2－3x－eq\f(9,4)＝0.Δ＝(－3)2＋9a＝0，解得a综上可知a＝－1或a＝－eq\f(25,64).19．(本题满分12分)(2023·安徽合肥高二检测)已知函数f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的极值.eq\x(导学号92600793)[解析]∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2＝8(2x－a)(3x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(a,2)，x2＝eq\f(a,3).(1)当a>0时，eq\f(a,3)<eq\f(a,2)，则随着x的变化，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－∞，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增↗极大值单调递减↘极小值单调递增↗∴当a＝eq\f(a,3)时，函数取得极大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)；当x＝eq\f(a,2)时，函数取得极小值f(eq\f(a,2))＝0.(2)当a<0时，eq\f(a,2)<eq\f(a,3)，则随着x的变化，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－∞，eq\f(a,2))eq\f(a,2)(eq\f(a,2)，eq\f(a,3))eq\f(a,3)(eq\f(a,3)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增↗极大值单调递减↘极小值单调递增↗∴当x＝eq\f(a,2)时，函数取得极大值f(eq\f(a,2))＝0；当x＝eq\f(a,3)时，函数取得极小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).综上所述，当a>0时，函数f(x)在x＝eq\f(a,3)处取得极大值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27)，在x＝eq\f(a,2)处取得极小值f(eq\f(a,2))＝0；当a<0时，函数f(x)在x＝eq\f(a,2)处取得极大值f(eq\f(a,2))＝0在x＝eq\f(a,3)处取得极小值f(eq\f(a,3))＝eq\f(a3,27).20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝ax3＋bx(x∈R)．(1)若函数f(x)的图象在点x＝3处的切线与直线24x－y＋1＝0平行，函数f(x)在x＝1处取得极值，求函数f(x)的解析式，并确定函数的单调递减区间；(2)若a＝1，且函数f(x)在[－1,1]上是减函数，求b的取值范围.eq\x(导学号92600794)[解析](1)∵f(x)＝ax3＋bx(x∈R)，∴f′(x)＝3ax2＋b.由题意得f′(3)＝27a＋b且f′(1)＝3a＋b解得a＝1，b＝－3.经检验成立．∴f(x)＝x3－3x.令f′(x)＝3x2－3<0，得－1<x<1，∴函数f(x)的减区间为(－1,1)．(2)当a＝1时，f(x)＝x3＋bx(x∈R)，又∵f(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴f′(x)＝3x2＋b≤0在区间[－1,1]上恒成立，即b≤－3x2在区间[－1,1]上恒成立，∴b≤(－3x2)min＝－3.21．(本题满分12分)(2023·云南芒市一中高二检测)已知函数f(x)＝ex－x2＋a，x∈R的图象在点x＝0处的切线为y＝\x(导学号92600795)(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f(x)>kx对任意的x>0恒成立，求实数k的取值范围．[解析](1)f′(x)＝ex－2x，切线的斜率k＝e0－0＝1，∴b＝1.∴切线方程为y＝x，切点坐标为(0,0)．∴e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝ex－x2－1.(2)由(1)知ex－x2－1>kx(x>0)恒成立，∴k<eq\f(ex－x2－1,x)(x>0)恒成立．令g(x)＝eq\f(ex－x2－1,x)(x>0)，∴k<g(x)min即可g′(x)＝eq\f(xex－ex－x2＋1,x2)＝eq\f(exx－1－x－1x＋1,x2)＝eq\f(x－1ex－x－1,x2)∵x>0，∴ex－x－1