2024秋高中数学第三章导数及其应用章末评估验收课堂演练含解析新人教A版选修1-1

PAGE8-章末评估验收(三)(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．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)·x2－x，则f′(1)的值为()A．0B．2C．1D．－1解析：f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，则f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0.答案：A2．曲线y＝f(x)＝x3－3x2＋1在点(2，－3)处的切线方程为()A．y＝－3x＋3 B．y＝－3x＋1C．y＝－3 D．x＝2解析：因为y′＝f′(x)＝3x2－6x，则曲线y＝x3－3x2＋1在点(2，－3)处的切线的斜率k＝f′(2)＝3×22－6×2＝0，所以切线方程为y－(－3)＝0×(x－2)，即y＝－3.答案：C3．函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递减区间是()A．(1，2) B．(－1，1)C．(－∞，－1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)解析：f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＜0，可得－1＜x＜1.答案：B4．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，在x＝－3时取得极值，则a等于()A．2 B．3 C．4 D．5解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3.由f(x)在x＝－3时取得极值，即f′(－3)＝0，即27－6a＋3＝0，所以a＝5.答案：D5．若曲线y＝eq\f(1,x)在点P处的切线斜率为－4，则点P的坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2))解析：y′＝－eq\f(1,x2)，由－eq\f(1,x2)＝－4，得x2＝eq\f(1,4)，从而x＝±eq\f(1,2)，分别代入y＝eq\f(1,x)，得p点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2)).答案：B6．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋eq\f(12,a)lnx，且f′(1)的最小值是－12，则实数a的值为()A．2 B．－2 C．4 D．－4解析：f′(x)＝3ax2＋eq\f(12,ax)，所以f′(1)＝3a＋eq\f(12,a)≥－12，即a＋eq\f(4,a)≥－4，又a<0，有a＋eq\f(4,a)≤－4，所以a＋eq\f(4,a)＝－4，故a＝－2.答案：B7．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．设该商品零售价定为P元，销售量为Q件，且Q与P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)()A．30元 B．60元C．28000元 D．23000元解析：设毛利润为L(P)元，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P＝－130(舍去)．当20≤P＜30时，L′(P)＞0，L(P)为增函数；当P＞30时，L′(P)＞0，L(P)为减函数，故P＝30为L(P)的极大值点，也是最大值点，此时L(30)＝23000，即最大毛利润为23000元．答案：D8．已知f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是图中的()解析：因为x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，所以f(x)为减函数；同理，f(x)在(－2，0)上为增函数，(0，＋∞)上为减函数．故A图象符合．答案：A9．设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有()A．f(x)g(b)>f(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)解析：因为[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋g′(x)·f(x)<0，所以函数y＝f(x)g(x)是减函数．所以当a<x<b时，f(a)g(a)>f(x)g(x)>f(b)g(b)．故选C.答案：C10．对随意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是()A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7C．a＜0或a＞21 D．a＝0或a＝21解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，令f′(x)＝0，即3x2＋2ax＋7a＝0，对于此方程，Δ＝4a2－84a，当Δ≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数不存在极值点．答案：A11．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于()A．2 B．3 C．6 D．9解析：函数的导数为f′(x)＝12x2－2ax－2b，由函数f(x)在x＝1处有极值，可知函数f′(x)在x＝1处的导数值为0，即12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由题意知a，b都是正实数，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当a＝b＝3时取到等号．答案：D12．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析：记函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2).因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若曲线y＝xa＋1(a∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则a＝________．解析：由题意，知y′＝axa－1，故在点(1，2)处的切线的斜率a，又因为切线过坐标原点，所以a＝eq\f(2－0,1－0)＝2.答案：214．函数f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________．解析：先利用导数推断函数的单调性，再进一步求解函数的最大值．f′(x)＝eq\f(（x－1）－x,（x－1）2)＝－eq\f(1,（x－1）2)，当x≥2时，f′(x)<0，所以f(x)在[2，＋∞)上是减函数，故f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案：215．当x∈[－1，2]时，x3－x2－x＜m恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：记f(x)＝x3－x2－x，所以f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)或x＝1.又因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，f(2)＝2，f(－1)＝－1，f(1)＝－1，所以当x∈[－1，2]时，(f(x))max＝2，所以m＞2.答案：(2，＋∞)16．函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1，1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3ax2－3，因为f(x)在(－1，1)上为单调减函数，所以f′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1，1)上恒成立，所以a≤eq\f(1,x2)，因为x∈(－1，1)，所以a≤1.答案：a≤1三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx(x∈R)，已知g(x)＝f(x)－f′(x)是奇函数．(1)求b，c的值；(2)求g(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝x3＋bx2＋cx，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c.从而g(x)＝f(x)－f′(x)＝x3＋bx2＋cx－(3x2＋2bx＋c)＝x3＋(b－3)x2＋(c－2b)x－c.因为g(x)是一个奇函数，且x∈R，所以g(0)＝0，得c＝0.由奇函数的定义，得b＝3.(2)由(1)，知g(x)＝x3－6x，从而g′(x)＝3x2－6.令g′(x)>0，得x>eq\r(2)或x<－eq\r(2)；令g′(x)<0，得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)是函数g(x)的单调递增区间，(－eq\r(2)，eq\r(2))是函数g(x)的单调递减区间．18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲线y＝f(x)过P(1，0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.(1)解：f′(x)＝1＋2ax＋eq\f(b,x).由已知条件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝0，,f′（1）＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋a＝0，,1＋2a＋b＝2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))(2)证明：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则g′(x)＝－1－2x＋eq\f(3,x)＝－eq\f(（x－1）（2x＋3）,x).当0<x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减．而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2，3)上为减函数？若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．解：f′(x)＝ex－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a≥0，即f(x)在R上递增，若a>0，则由ex－a≥0，得ex≥a，所以x≥lna.因此当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调增区间是[lna，＋∞]．(2)因为f′(x)＝ex－a≤0在(－2，3)上恒成立，所以a≥ex在x∈(－2，3)上恒成立．又因为－2<x<3，所以e－2<ex<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝ex－e3，在x∈(－2，3)上f′(x)<0，即f(x)在(－2，3)上为减函数，所以a≥e3.故存在实数a∈[e3，＋∞)，使f(x)在(－2，3)上为减函数．20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1，其中a≥1.(1)求f(x)的单调区间；(2)探讨f(x)的极值．解：由已知，得f′(x)＝6x2－6(a－1)x＝6x[x－(a－1)]．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a－1.(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2，由于f′(x)≥0恒成立，且只有x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在R上单调递增．当a>1时，f′(x)＝6x[x－(a－1)]，f(x)与f′(x)随x的改变状况如下表：x(－∞，0)0(0，a－1)a－1(a－1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗1↘1－(a－1)3↗由上表可知，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(a－1，＋∞)，单调递减区间为(0，a－1)．(2)由(1)，知当a＝1时，函数f(x)没有极值；当a>1时，函数f(x)在x＝0处取得极大值f(0)＝1，在x＝a－1处取得微小值f(a－1)＝1－(a－1)3.21．(本小题满分12分)某厂生产某种电子元件，假如生产出一件正品，那么可获利200元；假如生产出一件次品，那么损失100元．已知该厂制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是：p＝eq\f(3x,4x＋32)(x∈N*)．(1)求该厂的日盈利额T(单位：元)关于日产量x(单位：件)的函数；(2)为获得最大盈利，该厂的日产量应定为多少件？解：(1)由题意，知次品率p＝日产次品数/日产量．若每天生产x件，则次品数为xp，正品数为x(1－p)．因为次品率p＝eq\f(3x,4x＋32)，所以当每天生产x件时，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·\f(3x,4x＋32)))件次品，有xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3x,4x＋32)))件正品．所以T＝200xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3x,4x＋32)))－100x·eq\f(3x,4x＋32)＝25·eq\f(64x－x2,x＋8)(x∈N*)．(2)由(1)，知T′＝－25·eq\f(（x＋32）（x－16）,（x＋8）2).由T′＝0，得x＝16或x＝－32(舍去)．当0<x<16时，T′>0；当x>16时，T′<0.所以当x＝16时，T最大．故该厂的日产量定为16件，能获得最大盈利．22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－alnx－eq\f(1,3)(a∈R，a≠0)．(1)当a＝3时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若对随意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3lnx－eq\f(1,3)，f(1)＝0，所以f′(x