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文档简介
单元综合测试三(第三章综合测试)时间:120分钟分值:150分一、选择题(每小题5分,共60分)1.根据导数的定义,f′(x1)等于()A.eq\o(lim,\s\do15(x→x0))eq\f(fx1-fx0,x1-x) B.eq\o(lim,\s\do15(Δx→0))eq\f(fx1-fx0,Δx)C.eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fx1+Δx-fx1,Δx) D.eq\o(lim,\s\do16(x1→0))eq\f(fx1+Δx-fx1,Δx)【答案】C【解析】由导数定义知,f′(x1)=eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fx1+Δx-fx1,Δx),故选C.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.eq\f(1,2)C.-eq\f(1,2) D.-1【答案】A【解析】由y=ax2得y′=2ax,故y′|x=1=2a=2,即a3.(2013·福建卷文)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是()A.∀x∈R,f(x)≤f(x0)B.-x0是f(-x)的极小值点C.-x0是-f(x)的极小值点D.-x0是-f(-x)的极小值点【答案】D【解析】x0是f(x)的极大值点,而不一定是最大值点,所以A错;y=f(-x)与y=f(x)图象关于y轴对称,-x0应为f(-x)一个极大值点,B错,y=-f(x)与y=f(x)图象关于x轴对称,则x0为-f(x)的极小值点,C错,由此选D.4.一物体的运动方程为s=2tsint+t,则它的速度方程为()A.v=2sint+2tcost+1 B.v=2sint+2tcostC.v=2sint D.v=2sint+2cost+1【答案】A【解析】因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y=s(t)在t0的导数,v=2sint+2tcost+1,故选A.5.曲线y=eq\f(sinx,sinx+cosx)-eq\f(1,2)在点M(eq\f(π,4),0)处的切线的斜率为()A.-eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C.-eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(2),2)【答案】B【解析】y′=eq\f(cosxsinx+cosx-sinxcosx-sinx,sinx+cosx2)=eq\f(1,1+sin2x),所以y′|x=eq\f(π,4)=eq\f(1,1+sin\f(π,2))=eq\f(1,2).6.若函数y=-eq\f(4,3)x3+bx有三个单调区间,则b的取值范围是()A.b>0 B.b<0C.b≤0 D.b≥0【答案】D【解析】由函数y=f(x)的图象知,当x∈(-∞,0)时,f(x)单调递减,故f′(x)<0;当x>0时,f(x)先增,再减,然后再增,故f′(x)先正,再负,然后再正.故选D.12.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1) B.(-1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)【答案】B【解析】由题意,令φ(x)=f(x)-2x-4,则φ′(x)=f′(x)-2>0.∴φ(x)在R上是增函数.又φ(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,∴当x>-1时,φ(x)>φ(-1)=0,即f(x)-2x-4>0,即f(x)>2x+4.故选B.二、填空题(每小题4分,共16分)13.(2013·江西卷文)若曲线y=xα+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=________.【答案】2【解析】y′=αxα-1,y′|x=1=α,则切线方程为y-2=α(x-1),切线方程过原点,则0-2=α(0-1),∴α=2.14.函数y=eq\f(sinx-cosx,2cosx)在点x0=eq\f(π,3)处的导数等于________.【答案】2【解析】y=eq\f(sinx-cosx,2cosx)=eq\f(sinx,2cosx)-eq\f(1,2).y′=eq\f(cosx2cosx-sinx2cosx′,4cos2x)=eq\f(cos2x+sin2x,2cos2x)=eq\f(1,2cos2x),y′|x=eq\f(π,3)=2.15.函数y=x+2cosx在区间[0,eq\f(1,2)]上的最大值是______.【答案】eq\f(1,2)+2coseq\f(1,2)【解析】y′=1-2sinx,∵x∈[0,eq\f(1,2)],∴0≤sinx<eq\f(1,2),∴y′>0恒成立,即该函数在[0,eq\f(1,2)]上是增函数.∴当x=eq\f(1,2)时,ymax=eq\f(1,2)+2coseq\f(1,2).16.已知函数f(x)=alnx+x在区间[2,3]上单调递增,则实数a的取值范围是________.【答案】[-2,+∞)【解析】∵f(x)=alnx+x,∴f′(x)=eq\f(a,x)+1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增,∴eq\f(a,x)+1≥0在x∈[2,3]上恒成立,∴a≥(-x)max=-2,∴a∈[-2,+∞).三、解答题(共74分)17.(本题满分12分)设函数f(x)在x=a处可导,求:(1)eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fa+3Δx-fa-Δx,2Δx);(2)eq\o(lim,\s\do16(h→0))eq\f(fa+h2-fa,h).【解析】(1)原式=eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fa+3Δx-fa+fa-fa-Δx,2Δx)=eq\f(3,2)eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fa+3Δx-fa,3Δx)+eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do16(Δx→0))eq\f(fa-Δx-fa,-Δx)=eq\f(3,2)f′(a)+eq\f(1,2)f′(a)=2f′(a).(2)原式=eq\o(lim,\s\do16(h→0))eq\f(fa+h2-fa,h2)·h=eq\o(lim,\s\do16(h→0))eq\f(fa+h2-fa,h2)·eq\o(lim,\s\do16(h→0))h=0.18.(本题满分12分)求下列函数的单调区间:(1)f(x)=x-x3;(2)y=x-lnx.【解析】(1)f′(x)=1-3x2,令1-3x2>0,解得-eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).因此函数f(x)的单调递增区间为(-eq\f(\r(3),3),eq\f(\r(3),3));令1-3x2<0,解得x<-eq\f(\r(3),3)或x>eq\f(\r(3),3).因此函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-eq\f(\r(3),3))和(eq\f(\r(3),3),+∞).(2)函数y=x-lnx的定义域为(0,+∞).由y′=1-eq\f(1,x)>0,得x>1.由y′<0,得0<x<1.所以函数y=x-lnx的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).19.(本题满分12分)设函数f(x)=-eq\f(1,3)x3+2ax2-3a2x+eq\f(1,3)a(0<a<1).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若当x∈[a,2]时,恒有f(x)≤0,试确定a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-a)·(x-3∵0<a<1,∴f′(x)>0⇔a<x<3a;f′(x)<0⇔x<a或x>3∴递增区间是(a,3a),递减区间是(-∞,a)和(3a,+(2)①2≤3a即eq\f(2,3)≤a<1时,f(x)在区间[a,2]上是增函数,∴f(x)max=f(2)=-eq\f(8,3)+eq\f(25,3)a-6a2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)≤a<1,-\f(8,3)+\f(25,3)a-6a2≤0))⇔eq\f(8,9)≤a<1.②2>3a即0<a<eq\f(2,3)时,f(x)在(a,3a)上单调递增,在(3a,2)上单调递减,∴f(x)max=f(3a)=eq\f(1,3)a.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(2,3),\f(1,3)a≤0))无解.综上所述,a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9),1)).【规律方法】在对参数进行分类讨论时,必须确定分类的标准,且保证不重不漏.20.(本题满分12分)(2013·北京卷文)已知函数f(x)=x2+xsinx+cosx.(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,求a与b的值;(2)若曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围.【解析】由f(x)=x2+xsinx+cosx,得f′(x)=x(2+cosx).(1)因为曲线y=f(x)在点(x,f(a))处与直线y=b相切,所以f′(a)=a(2+cosa)=0,b=f(a).解得a=0,b=f(0)=1.(2)令f′(x)=0,得x=0.f(x)与f′(x)的变化情况如下:x(-∞,0)0(0,+∞)f′(x)-0+f(x)↘1所以函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1是f(x)的最小值.若b≤1时,曲线y=f(x)与直线y=b最多只有一个交点.当b>1时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,f(0)=1<b,所以存在x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得f(x1)=f(x2)=b,由于函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,那么b的取值范围是(1,+∞).21.(本题满分13分)(2014·江西文)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2)eq\r(x),其中a<0.(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.【解析】(1)当a=-4时f(x)=(4x2-16x+16)eq\r(x)=4·xeq\f(5,2)-16xeq\f(3,2)+16xeq\f(1,2)∴f′(x)=15xeq\f(3,2)-24xeq\f(1,2)+8xeq\f(1,2)=10x·eq\r(x)-24eq\r(x)+eq\f(8,\r(x))=eq\f(10x2-24x+8,\r(x))=eq\f(25x2-12x+4,\r(x))=eq\f(2x-25x-2,\r(x))令f′(x)>0得x>2或x<eq\f(2,5)∴f(x)的单调增区间为(0,eq\f(2,5))和(2,+∞).(2)∵f(x)=(4x2+4ax+a2)·eq\r(x),f′(x)=10x·eq\r(x)+6a·eq\r(x)+eq\f(a2,2)·eq\f(1,\r(x))=eq\f(10x2+6ax+\f(a2,2),\r(x))=eq\f(20x2+12ax+a2,2\r(x))=eq\f(10x+a2x+a,2\r(x)).令f′(x)=0得x1=-eq\f(a,10),x2=-eq\f(a,2).∵a<0,∴-eq\f(a,2)>-eq\f(a,10)>0.当x∈(0,-eq\f(a,10))时,f(x)单调递增,当x∈(-eq\f(a,10),-eq\f(a,2))时,f(x)单调递减,当x∈(-eq\f(a,2),-∞)时,f(x)单调递增.∴当x=-eq\f(a,2)时,f(x)取极小值为f(-eq\f(a,2))=0.又f(x)=(4x2+4ax+a2)·eq\r(x)=(2x+a)2·eq\r(x)≥0,(ⅰ)当-eq\f(a,2)≤1时即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]单调递增,∴此时最小值f(1)=4+4a+a2=8解得a=±2eq\r(2)-2,均不符合题意.(ⅱ)当1<-eq\f(a,2)≤4,即-8≤a<-2时,此时-eq\f(a,10)<1,f(x)在[1,4]上先减后增,其最小值为f(-eq\f(a,2))=0,不符合题意.(ⅲ)当-eq\f(a,2)>4,即a<-8时,此时-eq\f(a,10)>eq\f(a,5),此时最小值可能为x=1或x=4取得,f(1)=8时,解得a=±2eq\r(2),不适合题意.f(4)=2(64+16a+a2)=8,解得a=-10或a而当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4]上的最小值时f(4)=8,符合题意.∴a=-10.22.(本题满分13分)某造船公司年造船量是20艘,已知造船x艘的产值函数为R(x)=3700x+45x2-10x3(单位:万元),成本函数为C(x)=460x+5(单位
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