2019版三维方案数学-导数及其应用

阶段质量检测（一）导数及其应用(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．函数y＝sin2x－cos2x的导数是()A．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))B．y′＝cos2x－sin2xC．y′＝sin2x＋cos2xD．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))解析：选A∵y′＝(sin2x－cos2x)′＝(sin2x)′－(cos2x)′＝cos2x·(2x)′＋sin2x·(2x)′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2x＋\f(\r(2),2)sin2x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故选A.2．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()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选A设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．3．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))).4．若(sinx＋acosx)dx＝2，则实数a等于()A．－1 B．1C．－eq\r(3) D.eq\r(3)5．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2，生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x＞0)，为使利润最大，应生产()A．6千台 B．7千台C．8千台 D．9千台解析：选A设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝18x2－2x3，y′＝36x－6x2，令y′＝0得x＝6或x＝0(舍)，f(x)在(0,6)上是增函数，在(6，＋∞)上是减函数，∴x＝6时y取得最大值．6．由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(7,12)解析：选A由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x3))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))则两曲线的交点坐标是(1,1)，(0,0)，由图易知封闭图形的面积为eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))(x2－x3)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(1,4)x4))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)，故选A.7．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是()解析：选D由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，排除A、B；当0<x<x1时，f′(x)>0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.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．物体A以速度v＝(3t2＋1)m/s在一直线l上运动，物体B在直线l上，且在物体A的正前方5m处，同时以v＝10t(m/s)的速度与A同向运动，出发后物体A追上物体B所用的时间t(s)为()A．3 B．4C．5 D．6解析：选C因为物体A在t秒内行驶的路程为eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))(3t2＋1)dt，物体B在t秒内行驶的路程为eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))10tdt，所以eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)eq\a\vs4\al(|\o\al(t,0))＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，所以t＝5.10．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).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)图象的对称轴为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，满分20分．把答案填在题中的横线上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．函数y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值为__________．解析：y′＝eq\f(1,2\r(x))－1＝eq\f(1－2\r(x),2\r(x))，令y′＝0得x＝eq\f(1,4).∵0＜x＜eq\f(1,4)时，y′＞0；x＞eq\f(1,4)时，y′＜0.∴x＝eq\f(1,4)时，ymax＝eq\r(\f(1,4))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)15．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f(x)＝x＋sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，因为f′(x)＝1＋cosx≥0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，∵eq\f(π,2)>π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c<a<b.答案：c<a<b16．若函数f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函数f(x)的增区间为(－1,1)．又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]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)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．(1)求f(x)的表达式；(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．解：(1)因为f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因为g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，因此f(x)的表达式为f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x＝－eq\r(2)(舍去)或x＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值为g(2)＝eq\f(4,3).18.(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(－∞，＋∞)．19．(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．20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，讨论函数f(x)的单调性．解：(1)k＝0时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(0)＝1.(2)若k＝1，则f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定义域为R.所以f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上单调递增．21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(x∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x>1时，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3是否恒成立，并说明理由．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意得f′(x)＝x－eq\f(a,x)(x>0)，∴当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当a>0时，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)＝eq\f(x－\r(a)x＋\r(a),x)，∴当0<x<eq\r(a)时，f′(x)<0；当x>eq\r(a)时，f′(x)>0.∴当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．(2)当x＞1时，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3恒成立，理由如下：设g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx(x>1)，则当x>1时，g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1