章末验收评价（二）

章末验收评价（二）A卷——基本知能盘查(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．如果一质点的运动方程为S＝2t3(位移单位：米；时间单位：秒)，则该质点在t＝3秒时的瞬时速度为()A．6米/秒 B．18米/秒C．54米/秒 D．81米/秒解析：选C由S＝2t3得S′＝6t2，则S′(3)＝6×32＝54，所以该质点在t＝3秒时的瞬时速度为54米/秒．故选C.2．已知函数f(x)＝ax2＋b的图象开口向下，lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fa＋Δx－fa,Δx)＝4，则a等于()A.eq\r(2) B．－eq\r(2)C．2 D．－2解析：选B由题意知，f′(x)＝2ax，由导数的定义可知lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fa＋Δx－fa,Δx)＝f′(a)＝2a2＝4，解得a＝±eq\r(2).因为函数f(x)的图象开口向下，所以a<0，所以a＝－eq\r(2).3.如图是导函数y＝f′(x)的图象，则下列说法错误的是()A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：选C由题图，可知当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0；当x>5或－1<x<3时，f′(x)>0，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，所以函数y＝f(x)在x＝－1，x＝5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C说法错误．4．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递增区间为()A．(1，＋∞) B．(0,1)C．(0，＋∞) D．(2，＋∞)解析：选A函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)，令f′(x)>0，解得x>1，∴函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，故选A.5．若函数f(x)＝eq\f(ax2,x－1)(x>1)有最大值－4，则实数a的值是()A．1 B．－1C．4 D．－4解析：选B由函数f(x)＝eq\f(ax2,x－1)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(2axx－1－ax2,x－12)＝eq\f(axx－2,x－12).要使得函数f(x)有最大值－4，则a<0，则当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(2)＝eq\f(4a,2－1)＝－4，解得a＝－1，满足题意，故选B.6．已知函数f(x)＝x＋eq\f(1,ax)在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)解析：选D由题意知f′(x)＝1－eq\f(1,ax2)，由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即eq\f(1,a)≤x2在(－∞，－1)上恒成立．当x<－1时，x2>1，则有eq\f(1,a)≤1，解得a≥1或a<0.故选D.7．若函数f(x)＝x3－3bx＋3在(－1,2)内有极值，则实数b的取值范围是()A．(0,4) B．[0,4)C．[1,4) D．(1,4)解析：选Af′(x)＝3x2－3b＝0，即x2＝b.又∵f(x)在(－1,2)内有极值，∴f′(x)在(－1,2)内有变号零点，∴0<b<4.当b＝0时，f(x)＝x3＋3在R上单调递增，没有极值．故选A.8．若函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，则a等于()A.eq\r(3)－1 B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\r(3)＋1解析：选A由题意得f′(x)＝eq\f(x2＋a－2x2,x2＋a2)＝eq\f(－x－\r(a)x＋\r(a),x2＋a2)(x>0)，所以当0<x<eq\r(a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>eq\r(a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．①当eq\r(a)>1，即a>1时，f(x)在[1，eq\r(a))上单调递增，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(eq\r(a))＝eq\f(\r(a),\r(a)2＋a)＝eq\f(1,2\r(a)).令eq\f(1,2\r(a))＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝eq\f(3,4)，不合题意；②当0＜eq\r(a)≤1，即0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1＋a).令eq\f(1,1＋a)＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝eq\r(3)－1.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．下列函数求导运算正确的为()A．(3x)′＝3xlog3e B．(log2x)′＝eq\f(1,xln2)C．(ex)′＝ex D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝x解析：选BCA．(3x)′＝3xln3，故错误；B.(log2x)′＝eq\f(1,xln2)，故正确；C.(ex)′＝ex，故正确；D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)))′＝－eq\f(1,x·ln2x)，故错误．故选B、C.10．设f(x)在x0处可导，下列式子中与f′(x0)相等的是()A.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－fx0－2Δx,2Δx)B.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－Δx,Δx)C.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0＋Δx,Δx)D.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－2Δx,Δx)解析：选ACA.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－fx0－2Δx,2Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－2Δx＋2Δx－fx0－2Δx,2Δx)＝f′(x0)．B.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－Δx,Δx)＝2eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－Δx＋2Δx－fx0－Δx,2Δx)＝2f′(x0)．C.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0＋Δx,Δx)＝f′(x0)．D.eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－2Δx,Δx)＝3eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－2Δx＋3Δx－fx0－2Δx,3Δx)＝3f′(x0)．故选A、C.11．下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是()A．f(x)＝2x B．f(x)＝sinx－xC．f(x)＝e－x－ex D．f(x)＝－x|x|解析：选BCD对于A，f(x)＝2x既不是奇函数也不是偶函数，且单调递增，故A错误；对于B，f(x)的定义域为R，且f(－x)＝sin(－x)＋x＝－(sinx－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，又f′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故f(x)是减函数，故B正确；对于C，f(x)的定义域为R，且f(－x)＝ex－e－x＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，∵f′(x)＝－e－x－ex<0，故f(x)是减函数，故C正确；对于D，f(x)的定义域为R，且f(－x)＝x|－x|＝x|x|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，又f(x)＝－x|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x<0，,－x2，x≥0))是减函数，故D正确．故选B、C、D.12．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列叙述正确的是()A．函数f(x)在(－∞，－4)上单调递减B．函数f(x)在x＝2处取得极大值C．函数f(x)在x＝－4处取得极值D．函数f(x)只有一个极值点解析：选BD由导函数的图象可得，当x≤2时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增；当x＞2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)，故A错误．当x＝2时函数取得极大值，故B正确．当x＝－4时函数无极值，故C错误．只有当x＝2时函数取得极大值，故D正确，故选B、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a).若f′(1)＝eq\f(e,4)，则a＝________.解析：由于f′(x)＝eq\f(exx＋a－ex,x＋a2)，故f′(1)＝eq\f(ea,1＋a2)＝eq\f(e,4)，解得a＝1.答案：114．设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为f′(x)．若f′(x)是偶函数，则a＝________，曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为________．解析：∵f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3为偶函数，∴a＝0，∴f′(x)＝3x2－3，f′(0)＝－3，∴所求切线方程为y＝－3x.答案：0y＝－3x15．某公司需要一年购买某种货物共400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总储存费为4x万元，要使一年的总运费与总储存费用之和最小，则x应为________吨．解析：设该公司一年内总共购买n次货物，则n＝eq\f(400,x)，∴总运费与总储存费之和f(x)＝4n＋4x＝eq\f(1600,x)＋4x.令f′(x)＝4－eq\f(1600,x2)＝0，解得x＝20，x＝－20(舍去)．经检验可知，x＝20是函数f(x)的最小值，故当每次购买20吨时，总费用之和最小．答案：2016．设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R，若任意两个不相等正数a，b，都有eq\f(fb－fa,b－a)<1恒成立，则m的取值范围是________．解析：不妨设b>a>0，原式恒成立等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立，设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x(x>0)，则h(b)<h(a)，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，则m≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)(x>0)恒成立，所以m≥eq\f(1,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知点M是曲线y＝eq\f(1,3)x3－2x2＋3x＋1上任意一点，求曲线在点M处的斜率最小的切线方程．解：∵y′＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，∴当x＝2时，y′min＝－1，此时y＝eq\f(5,3)，∴斜率最小的切线过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,3)))，且斜率k＝－1，∴所求切线方程为3x＋3y－11＝0.18．(12分)已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)由题意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex).又因为f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).设h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．19．(12分)已知函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－8x＋8.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x∈[0,3]，求函数f(x)的最大值与最小值．解：(1)∵函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－8x＋8，∴f′(x)＝2x2－8＝2(x－2)(x＋2)，由f′(x)>0得x<－2或x>2，由f′(x)<0得－2<x<2，∴函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－8x＋8的增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，减区间为(－2,2)．(2)∵x∈[0,3]，由(1)可得，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0(0,2)2(2,3)3f′(x)－＋f(x)8单调递减－eq\f(8,3)单调递增2∴函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－8x＋8的最大值为8，最小值为－eq\f(8,3).20．(12分)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a>0)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若以函数y＝f(x)(x∈(0,3])图象上任意一点P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤eq\f(1,2)恒成立，求实数a的最小值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(x－a,x2)(0<x≤3)，则k＝f′(x0)＝eq\f(x0－a,x\o\al(2,0))≤eq\f(1,2)(0<x0≤3)恒成立，即a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x\o\al(2,0)＋x0))max.当x0＝1时，－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋x0取得最大值eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,2)，所以a的最小值为eq\f(1,2).21．(12分)已知函数f(x)＝lnx.(1)求f(x)的图象过点P(0，－1)的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋eq\f(m,x)存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x).设切点坐标为(x0，lnx0)，则切线方程为y＝eq\f(1,x0)x＋lnx0－1.把点P(0，－1)代入切线方程，得lnx0＝0，所以x0＝1，所以过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋eq\f(m,x)＝lnx－mx＋eq\f(m,x)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－m－eq\f(m,x2)＝－eq\f(mx2－x＋m,x2).令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.故m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).22．(12分)设函数f(x)＝x3－6x2＋9x＋a.(1)求函数f(x)在区间[－2,2]上的最值；(2)若函数f(x)有且只有两个零点，求a的值．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3x2－12x＋9，令f′(x)＝0可得x＝1或x＝3(舍去)，因为x∈[－2,2]，所以当x∈[－2,1)时，f′(x)>0，f(x)在[－2,1)上单调递增；当x∈(1,2]时，f′(x)<0，f(x)在(1,2]上单调递减．又因为f(1)＝4＋a，f(－2)＝－50＋a，f(2)＝2＋a，所以f(x)min＝－50＋a，f(x)max＝4＋a.(2)令f(x)＝x3－6x2＋9x＋a＝0，可得a＝－x3＋6x2－9x.设g(x)＝－x3＋6x2－9x，则g′(x)＝－3x2＋12x－9，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝3，列表如下，x(－∞，1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)－0＋0－g(x)极小值－4极大值0所以g(x)的大致图象如图所示，要使a＝－x3＋6x2－9x有且只有两个零点，只需直线y＝a与g(x)的图象有两个不同交点，所以a＝－4或a＝0.B卷——高考能力达标(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，则x0等于()A．e2 B．eC.eq\f(ln2,2) D．ln2解析：选B∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，∵f′(x0)＝2，∴lnx0＋1＝2，∴x0＝e.故选B.2．设eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f2＋Δx－f2－Δx,Δx)＝－2，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的倾斜角是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,3)C.eq\f(3π,4) D.eq\f(2π,3)解析：选C因为eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f2＋Δx－f2－Δx,Δx)＝2f′(2)＝－2，所以f′(2)＝－1，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为－1，故所求切线的倾斜角为eq\f(3π,4).故选C.3．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝()A．2 B．3C．4 D．5解析：选D∵f′(x)＝3x2＋2ax＋3，又f(x)在x＝－3处取得极值，∴f′(－3)＝30－6a＝0，得a＝5.4.函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋3)f′(x)<0的解集为()A．(－∞，－3)∪(－1,1)B．(－∞，－3)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(1，＋∞)解析：选A当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，解不等式(x＋3)·f′(x)<0，得x<－3.当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，解不等式(x＋3)·f′(x)<0，得－1<x<1.当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，不等式(x＋3)·f′(x)<0无解．综上，不等式(x＋3)f′(x)<0的解集为x∈(－∞，－3)∪(－1,1)，故选A.5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]解析：选D由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.6．若函数f(x)＝ex－ax－b在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是()A．(－1,0) B．(0,1)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析：选B由题意知f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在R上单调递增，不符合题意．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝lna，∴当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.可知x＝lna为f(x)的极值点，∴lna<0，∴a∈(0,1)．故选B.7．若函数f(x)在R上可导，且f(x)>f′(x)，则当a>b时，下列不等式成立的是()A．eaf(a)>ebf(b)B．ebf(a)>eaf(b)C．ebf(b)>eaf(a)D．eaf(b)>ebf(a)解析：选D∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(fx,ex)))′＝eq\f(exf′x－exfx,ex2)＝eq\f(ex[f′x－fx],ex2)<0，∴y＝eq\f(fx,ex)单调递减，又a>b，∴eq\f(fa,ea)<eq\f(fb,eb)，∴eaf(b)>ebf(a)．8．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，若f(m－2021)>(m－2021)f(1)，则实数m的取值范围是()A．(0,2021) B．(0,2022)C．(2021，＋∞) D．(2021,2022)解析：选D构造函数g(x)＝eq\f(fx,x)，其中x>0，则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，所以函数g(x)＝eq\f(fx,x)为(0，＋∞)上的减函数，由f(m－2021)>(m－2021)f(1)可得eq\f(fm－2021,m－2021)>f(1)，即g(m－2021)>g(1)，所以0<m－2021<1，解得2021<m<2022.因此，实数m的取值范围是(2021,2022)．故选D.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．曲线y＝x2－1与y＝lnx()A．在点(1,0)处相交 B．在点(1,0)处相切C．存在相互平行的切线 D．有两个交点解析：选ACD令f(x)＝x2－1，g(x)＝lnx，f(1)＝g(1)＝0，f′(1)＝2，g′(1)＝1，故选A，排除B.f′(x)＝2x∈R，g′(x)＝eq\f(1,x)∈(0，＋∞)，存在f′(1)＝g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，故选C.令F(x)＝f(x)－g(x)，则F′(x)＝2x－eq\f(1,x)，故F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，而Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2＜0，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＞F(e)＝e2－2＞0，故选D.10．若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t，则称函数y＝f(x)为“t型函数”，下列函数中为“2型函数”的有()A．y＝x－x3 B．y＝x＋exC．y＝sinx D．y＝x＋cosx解析：选CD对于A，求导得y′＝1－3x2，令1－3xeq\o\al(2,1)＋1－3xeq\o\al(2,2)＝2，得3xeq\o\al(2,1)＋3xeq\o\al(2,2)＝0，不存在，错误；对于B，求导得y′＝1＋ex，令1＋ex1＋1＋ex2＝2，得ex1＋ex2＝0，不存在，错误；对于C，求导得y′＝cosx，cosx1＋cosx2＝2，存在，正确；对于D，求导得y′＝1－sinx，令1－sinx1＋1－sinx2＝2，得sinx1＋sinx2＝0，存在，正确．故选C、D.11．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2,1]上的最值情况为()A．最大值为12 B．最大值为5C．最小值为－8 D．最小值为－15解析：选ACy′＝6x2－6x－12，由y′＝0⇒x＝－1或x＝2(舍去)．x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；x＝1时，y＝－8.∴ymax＝12，ymin＝－8.故选A、C.12.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列说法正确的是()A．f(a)>f(e)>f(d)B．函数f(x)在[a，b]上递增，在[b，d]上递减C．f(x)的极值点为c，eD．f(x)的极大值为f(c)解析：选CD由导数与函数单调性的关系知，当f′(x)>0时，f(x)单调递增，当f′(x)<0时，f(x)单调递减．结合所给图象知，当x∈(a，c)时，f′(x)>0，∴f(x)在(a，c)上单调递增；当x∈(c，e)时，f′(x)<0，∴f(x)在(c，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)在x＝c处取得极大值f(c)，在x＝e处取得极小值f(e)，∴f(x)的极值点为c，e.故选C、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．函数f(x)＝exsinx的图象在点(0，f(0))处切线的倾斜角为________．解析：由题意得，f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处切线的斜率k＝f′(0)＝1，则所求的倾斜角为eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)14．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)asin2x－(a＋2)cosx－(a＋1)x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上无极值，则a＝________，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最小值是________．解析：f′(x)＝acos2x＋(a＋2)sinx－a－1＝a(1－2sin2x)＋(a＋2)sinx－a－1＝－2asin2x＋(a＋2)sinx－1＝－(2sinx－1)(asinx－1)．当sinx＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f′(x)＝0.所以要使f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上无极值，则a＝2，此时f′(x)＝－(2sinx－1)2≤0恒成立，即f(x)单调递减，故在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(3π,2).答案：2－eq\f(3π,2)15．当x∈(0,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：根据题意，当x∈(0,1]时，分离参数a，得a≥eq\f(1,x)－eq\f(4,x2)－eq\f(3,x3)恒成立．令eq\f(1,x)＝t，∴t≥1时，a≥t－4t2－3t3恒成立．令g(t)＝t－4t2－3t3，则g′(t)＝1－8t－9t2＝(t＋1)(－9t＋1)，当t≥1时，g′(t)<0，∴函数g(t)在[1，＋∞)上是减函数．则g(t)≤g(1)＝－6，∴a≥－6.∴实数a的取值范围是[－6，＋∞)．答案：[－6，＋∞)16．海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为30nmile/h，当速度为10nmile/h时，它的燃料费是每小时25元，其余费用(无论速度如何)都是每小时400元．如果甲、乙两地相距800nmile，那么要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为________nmile/h.解析：设从甲地到乙地海轮的航速为vnmile/h，燃料费为y元/h，总费用为f(x)元．由题意设y与v满足的关系式为y＝av3(0≤v≤30)，由题意得25＝a·103，∴a＝eq\f(1,40).则f(x)＝eq\f(1,40)v3×eq\f(800,v)＋eq\f(800,v)×400＝20v2＋eq\f(320000,v).由f′(x)＝40v－eq\f(320000,v2)＝0，得v＝20.当0<v<20时，f′(x)<0；当20<v<30时，f′(x)>0.∴当v＝20时，f(x)最小．即当总费用最低时，海轮的航速为20nmile/h.答案：20四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知函数f(x)＝x3＋a，点A(0,0)在曲线y＝f(x)上．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)求曲线y＝f(x)在点(－1，－1)处的切线方程；(3)求曲线y＝f(x)过点E(2,0)的切线方程．解：(1)当x＝0时，f(0)＝a＝0，所以f(x)＝x3.(2)f′(x)＝3x2，所以点(－1，－1)处的切线的斜率为k＝f′(－1)＝3，所以切线方程为：y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0.(3)设切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x\o\al(3,0)))，切线的斜率为k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)，所以切线方程为：y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)，将点E(2,0)代入切线方程得：－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(2－x0)，则2xeq\o\al(2,0)(x0－3)＝0，解得x0＝0或x0＝3，所以切线方程为：y＝0或27x－y－54＝0.18．(12分)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx(a，b∈R)在x＝－3处取得极大值为9.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)在区间[－4,4]上的最大值与最小值．解：(1)由题意得：f′(x)＝x2＋2ax＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－3＝9－6a＋b＝0，f－3＝－9＋9a－3b＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝－3.))当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝－3))时，f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1)，∴当x∈(－∞，－3)和(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－3,1)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(－3)＝9，满足题意．(2)由(1)得：f(x)的极大值为f(－3)＝9，极小值为f(1)＝eq\f(1,3)＋1－3＝－eq\f(5,3)，又f(－4)＝eq\f(20,3)，f(4)＝eq\f(76,3)，∴f(x)在区间[－4,4]上的最大值为eq\f(76,3)，最小值为－eq\f(5,3).19．(12分)已知函数f(x)＝eq\r(x)－alnx.(1)若曲线f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋1＝0，求实数a的值；(2)求函数f(x)在区间[1,4]上的极值．解：(1)因为f(x)＝eq\r(x)－alnx，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)，所以f′(1)＝eq\f(1,2)－a.因为曲线f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋1＝0，所以eq\f(1,2)－a＝eq\f(1,2)，解得a＝0.故实数a的值为0.(2)由(1)，知f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(\r(x)－2a,2x).①当2a≤1，即a≤eq\f(1,2)时，f′(x)≥0在[1,4]上恒成立，所以函数f(x)在[1,4]上单调递增，所以函数f(x)在[1,4]上无极值．②当2a≥2，即a≥1时，f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，所以函数f(x)在[1,4]上单调递减，所以函数f(x)在[1,4]上无极值．③当1<2a<2，即eq\f(1,2)<a<1时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x[1,4a2)4a2(4a2,4]f′(x)－0＋f(x)极小值所以当x＝4a2时，f(x)取得极小值，为2a－2aln(2a)，无极大值．20．(12分)已知函数f(x)＝(1－x)2－3aln(2＋x)．(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝(1－x)2＋3ln(2＋x)(x>－2)，f′(x)＝2x－2＋eq\f(3,2＋x)＝eq\f(2x2＋2x－1,x＋2)，当f′(x)＝0时，x＝eq\f(－1±\r(3),2)，当f′(x)>0时，x<eq\f(－1－\r(3),2)或x>eq\f(－1＋\r(3),2)，此时f(x)为增函数；当f′(x)<0时，eq\f(－1－\r(3),2)<x<eq\f(－1＋\r(3),2)，此时f(x)为减函数，∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(－1－\r(3),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(3),2)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－\r(3),2)，\f(－1＋\r(3),2))).(2)函数f(x)＝(1－x)2－3aln(2＋x)的定义域为{x|x>－2}，f′(x)＝2x－2－3a·eq\f(1,2＋x)＝eq\f(2