数学单元测试：第章导数及其应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1章过关检测(时间90分钟,满分100分)一、填空题（本大题共10小题，每小题4分,满分40分）1．已知f（x）＝eq\f(x，3x)，则f′（x)＝__________.2．已知y＝3sin(2x－eq\f（π,3）），则y′|x＝eq\f（π，3)的值为__________．3．某汽车启动阶段的路程函数为s(t)＝2t3－5t2＋2，则t＝2秒时，汽车的加速度是__________．4．设f（x）＝x2（2－x）,则f(x）的单调增区间是__________．5．已知f(x)为偶函数且eq\i\in(0，6，)f（x)dx＝8，则eq\i\in（，6，）－6f(x）dx等于__________．6．已知y＝eq\f（1，3）x3＋bx2＋（b＋2)x＋3是R上的单调增函数，则b的取值范围是__________．7．奇函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx在x＝eq\f（1,a)处有极值,则ac的值为__________．8．∫eq\o\al(ln2，0）ex（1＋ex)2dx＝__________。9．若关于x的方程x3－6x＋5＝a有三个不同实根，则a的取值范围是__________．10．若偶函数f(x)，当x∈R＋时，满足f′(x）＞eq\f（fx，x），且f(1）＝0，则不等式eq\f(fx,x)≥0的解集是__________．二、解答题（本大题共5小题，满分60分)11．（12分)（1）求定积分eq\i\in(,1，)－1f(x）dx，其中f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx－1,x≤0，，x2，x＞0。））(2)求由曲线y＝x3及直线y＝2x所围成的图形面积．12．(12分）已知函数f(x）＝x3－ax2＋bx＋c的图象为曲线E。(1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3时取得极值，求a、b的值；（2)若曲线E上存在点P，使曲线E在P点处的切线与x轴平行，求a、b满足的关系式；（3)在（1)的条件下，当x∈[－2,6］时，f（x）〈2|c｜恒成立，求c的取值范围．13．（12分）如图所示，△ABC中,∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1,点D、E分别为AB、AC边上的动点，且DE∥BC，沿DE将直角三角形ADE折起，使二面角ADEB成直二面角，设AD＝x，四棱锥A—BCDE的体积为V。（1)求V关于x的解析式；(2）求V的最大值．14．(12分)已知函数f(x）自变量取值区间A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x）的保值区间．（1)求函数f(x)＝x2形如［n，＋∞）（n∈R）的保值区间;（2)g(x）＝x－ln（x＋m）的保值区间是[2，＋∞），求m的取值范围．15．（12分)已知f(x)＝xlnx，g（x)＝－x2＋ax－3。（1）求函数f(x）在［t，t＋2］（t＞0）上的最小值;（2)对x∈（0，＋∞），不等式2f(x）≥g（x)恒成立，求实数a的取值范围；（3)证明:对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f（2,ex）成立．参考答案1.eq\f（1－xln3，3x）解析：f′(x)＝eq\f（3x－x·3xln3，3x2）＝eq\f（1－xln3,3x)。2．3解析：∵y′＝3cos(2x－eq\f（π，3）)·2＝6cos（2x－eq\f(π，3）），∴y′｜x＝eq\f（π,3)＝6cos（2×eq\f（π,3)－eq\f（π，3））＝3。3．14解析：∵v(t)＝s′(t)＝6t2－10t，a(t)＝v′（t）＝12t－10,∴a（2）＝14。4．(0，eq\f(4,3）)解析：f(x）＝2x2－x3，f′(x）＝4x－3x2＞0,0＜x＜eq\f（4,3).5．16解析：eq\i\in(，6,)－6f(x)dx＝2eq\i\in（0，6，)f(x）dx＝16。6．[－1,2］解析：y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0在x∈R上恒成立，故Δ＝4b2－4（b＋2）≤0⇒－1≤b≤2。7．－3解析：∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′(eq\f（1，a））＝0.∴3a·eq\f(1,a2）＋2b·eq\f（1，a)＋c＝0.∴3＋2b＋ac＝0。∴ac＋2b＝－3.又∵f（x)是奇函数，∴b＝0,∴ac＝－3.8.eq\f（19，3)解析:∫eq\o\al(ln2，0)ex（1＋ex)2dx＝∫eq\o\al(ln2，0)(ex＋2e2x＋e3x）dx＝(ex＋e2x＋eq\f（1，3）e3x)|eq\o\al（ln2,0）＝（2＋4＋eq\f(8,3))－(1＋1＋eq\f（1，3）)＝eq\f（19，3）.9．（5－4eq\r(2)，5＋4eq\r(2）)解析：设f(x）＝x3－6x＋5,f′(x）＝3x2－6＝0，解得x1＝－eq\r（2），x2＝eq\r（2）.列表如下:x(－∞,－eq\r（2））－eq\r(2）(－eq\r（2），eq\r(2)）eq\r(2）（eq\r（2），＋∞）f′(x）＋0－0＋f（x）↗极大值5＋4eq\r（2)↘极小值5－4eq\r（2）↗画出f(x)的草图,由图可知a的取值范围是（5－4eq\r(2），5＋4eq\r（2)）．10．［－1,0）∪［1，＋∞)解析:设g(x)＝eq\f(fx,x)(x＞0)，则g′(x）＝eq\f（f′x·x－fx，x2)＞0，∴g(x）在(0，＋∞)上是增函数．当x＞0时，eq\f（fx,x）≥0＝eq\f(f1，1），∴x≥1；当x＜0时,eq\f（fx,x）≥0⇔eq\f（fx，－x)≤0⇔eq\f（f－x，－x)≤0⇔－x≤1,∴－1≤x＜0。11．解：（1）eq\i\in（,1,）－1f（x）dx＝eq\i\in(，0,)－1f(x）dx＋eq\i\in(0，1,)f(x)dx＝eq\i\in（,0，）－1(sinx－1）dx＋eq\i\in(0,1,）x2dx＝（－cosx－x)｜eq\o\al(0，－1）＋eq\f（1,3)x3｜eq\o\al（1,0）＝cos1－2＋eq\f（1,3）＝cos1－eq\f(5，3）.（2）先求交点，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x3，,y＝2x,）)解得x3＝2x，x1＝0，x2＝eq\r(2)，x3＝－eq\r（2）.交点为(－eq\r（2），－2eq\r(2）)，(0,0),(eq\r(2），2eq\r(2)）．所求面积S为S＝eq\i\in(,0，）－eq\r（2)(x3－2x)dx＋∫eq\o\al(\r(2)，0）(2x－x3)dx＝2∫eq\o\al（\r(2）,0)(2x－x3)dx＝2(x2－eq\f（x4，4）)eq\o\al(\r（2）,）0＝2.12．解：(1)f′（x）＝3x2－2ax＋b，∵f（x)在x＝－1,3时存在极值，∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的两实数根．∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f（2a，3），,－1×3＝\f（b，3)。））∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9。））（2）∵曲线E上存在与x轴平行的切线,∴f′（x)＝0有实数解,即3x2－2ax＋b＝0有实数解．∴Δ＝(－2a)2－12b≥0.∴a、b的关系式为a2≥3b。（3）f（x）＝x3－3x2－9x＋c，当x变化时,f′（x）、f(x)变化情况如下表x－2(－2，－1)－1(－1，3）3(3,6)6f′（x）＋0－0＋f（x）c－2↗极大值c＋5↘极小值c－27↗c＋54x∈［－2,6］时，f（x）的最大值为c＋54，要使f（x)〈2|c｜恒成立，只需c＋54<2|c｜,c≥0时，c＋54〈2c，∴c〉54;c<0时，c＋54〈－2c。∴c〈－18.∴c的范围是（－∞,－18）∪（54，＋∞)．13．解:（1)因DE∥BC，故△ADE∽△ABC,所以eq\f（AD,AB）＝eq\f(DE，BC）.设AD＝x,由已知，AB＝2，BC＝1，于是DE＝eq\f（x,2).因∠ABC＝90°，DE∥BC，故DE⊥AD。又二面角ADEB成直二面角，所以AD⊥面BCD，AD为四棱锥A—BCED的高．V＝eq\f(x，3）·eq\f(1,2)·(eq\f（x，2）＋1）(2－x）＝eq\f(1，12）（4x－x3)(0＜x＜2)．（2）由V′＝eq\f（1，12）(4－3x2)＝eq\f（1，12)(2＋eq\r（3）x)(2－eq\r（3）x）＝0，解得x＝eq\f（2,3）eq\r(3），故当0＜x＜eq\f(2，3)eq\r(3）时，V′＞0；当eq\f(2,3）eq\r（3)＜x＜2时，V′＜0.因此，x＝eq\f（2,3)eq\r(3)时V取得极大值，且是最大值，V的最大值为eq\f（4，27)eq\r(3）。14．解：(1）若n＜0，则n＝f（0）＝0,矛盾．若n≥0，则n＝f（n)＝n2,解得n＝0或1，所以f（x)的保值区间为[0，＋∞)或［1，＋∞)．(2）因为g(x)＝x－ln（x＋m)的保值区间是[2,＋∞），所以2＋m＞0，即m＞－2.g′(x）＝1－eq\f（1,x＋m)＞0，得x＞1－m，所以g(x）在(1－m，＋∞）上为增函数，同理可得g（x)在(－m,1－m）上为减函数．若2≤1－m即m≤－1时,g(1－m)＝2得m＝－1满足题意；若m＞－1时，g(2)＝2，得m＝－1，矛盾．所以满足条件的m的值为－1。15．解：(1)f′（x）＝lnx＋1.当x∈(0，eq\f(1,e）)，f′(x）＜0，f（x)单调递减，当x∈(eq\f（1，e）,＋∞）,f′（x)＞0，f(x）单调递增．因为t＞0，所以t＋2＞eq\f（1，e）。①当0＜t＜eq\f(1，e）＜t＋2，即0＜t＜eq\f(1,e）时，［f(x)］min＝f(eq\f(1,e）)＝－eq\f（1,e）；②当eq\f(1，e)≤t＜t＋2，即t≥eq\f(1，e）时,f（x)在[t,t＋2]上单调递增，[f（x）]min＝f(t)＝tlnt；所以[f(x）]min＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(1，e），0＜t＜\f（1,e)，,tlnt，t≥\f(1,e)。））(2）2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3，x），设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，则h′(x）＝eq\f(x＋3x－1,x2)，当x∈（0，1）时，h′(x）＜0，h(x)单调递增，当x∈（1，＋∞)时,h′（x）＞0，h(x)单调递减，所以［h（x)］min＝h(1）＝4，因为对一切x∈（0，＋∞）,2f(x）≥g（x）恒成立，所以a≤［h(x）］min＝4.（3）证明:问题等价于证明x