选修1-1第三章单元综合测试

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