高中数学选修11人教版 练习第三章 导数及其应用含答案.docx
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高中数学选修11人教版练习第三章导数及其应用含答案
第三章 学业质量标准检测
时间120分钟,满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题,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.设正弦函数y=sinx在x=0和x=附近的瞬时变化率为k1、k2,则k1、k2的大小关系为( A )
A.k1>k2 B.k1 C.k1=k2D.不确定 [解析] y=sinx,y′=cosx,∴k1=cos0=1,k2=cos=0,k1>k2. 2.y=xα在x=1处切线方程为y=-4x,则α的值为( B ) A.4 B.-4 C.1 D.-1 [解析] y′=(xα)′=αxα-1, 由条件知,y′|x=1=α=-4. 3.函数y=x2cosx的导数为( A ) A.y′=2xcosx-x2sinxB.y′=2xcosx+x2sinx C.y′=x2cosx-2xsinxD.y′=xcosx-x2sinx [解析] y′=(x2cosx)′=(x2)′cosx+x2·(cosx)′=2xcosx-x2sinx. 4.函数y=12x-x3的单调递增区间为( C ) A.(0,+∞)B.(-∞,-2) C.(-2,2)D.(2,+∞) [解析] y′=12-3x2=3(4-x2)=3(2+x)(2-x),令y′>0,得-2 5.(2016·福建宁德市高二检测)曲线f(x)=在x=e处的切线方程为( A ) A.y=B.y=e C.y=xD.y=x-e+ [解析] f′(x)=,∴f′(e)==0, ∴曲线在x=e处的切线的斜率k=0. 又切点坐标为(e,),∴切线方程为y=. 6.已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a=( D ) A.2B.3 C.4D.5 [解析] f′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3是方程f′(x)=0的实数根,∴a=5. 7.三次函数f(x)=mx3-x在(-∞,+∞)上是减函数,则m的取值范围是( C ) A.m<0B.m<1 C.m≤0D.m≤1 [解析] f′(x)=3mx2-1,由题意知3mx2-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立,当m=0时,-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立;当m≠0时,由题意得m<0,综上可知m≤0. 8.已知抛物线y=-2x2+bx+c在点(2,-1)处与直线y=x-3相切,则b+c的值为( C ) A.20B.9 C.-2D.2 [解析] 由题意得y′|x=2=1,又y′=-4x+b, ∴-4×2+b=1,∴b=9, 又点(2,-1)在抛物线上, ∴c=-11,∴b+c=-2,故选C. 9.三次函数当x=1时,有极大值4;当x=3时,有极小值0,且函数过原点,则此函数是( B ) A.y=x3+6x2+9xB.y=x3-6x2+9x C.y=x3-6x2-9xD.y=x3+6x2-9x [解析] 设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0), ∵函数图象过原点,∴d=0.f′(x)=3ax2+2bx+c, 由题意得,,即,解得, ∴f(x)=x3-6x2+9x,故应选B. 10.(2016·山西大同高二月考)某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价定为P元,销售量为Q,则销售量Q(单位: 件)与零售价P(单位: 元)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)( D ) A.30元B.60元 C.28000元D.23000元 [解析] 设毛利润为L(P),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-130(舍).此时L(30)=23000,因为在P=30附近的左侧L′(P)>0,右侧L′(P)<0.所以L(30)是极大值也是最大值. 11.(2016·山东滕州市高二检测)已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数,且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf′(x)的图象可能是( C ) [解析] ∵x=-2时,f(x)取得极小值,∴在点(-2,0)左侧,f′(x)<0,∴xf′(x)>0,在点(-2,0)右侧f′(x)>0,∴xf′(x)<0,故选C. 12.(2016·山西晋城月考)已知f(x)=x3-3x,过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线,则实数m的取值范围是( D ) A.(-1,1)B.(-2,3) C.(-1,2)D.(-3,-2) [解析] 设切点为(t,t3-3t),f′(x)=3x2-3,则切线方程为y=(3t2-3)(x-t)+t3-3t,整理得y=(3t2-3)x-2t3.把A(1,m)代入整理,得2t3-3t2+m+3=0 ①.因为过点A可作三条切线,所以①有三个解.记g(t)=2t3-3t2+m+3,则g′(t)=6t2-6t=6t(t-1),所以当t=0时,极大值g(0)=m+3,当t=1时,极小值g (1)=m+2.要使g(t)有三个零点,只需m+3>0且m+2<0,即-3 二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,将正确答案填在题中横线上) 13.若函数f(x)=x3-f′ (1)x2+2x-5,则f′ (2)= . [解析] ∵f′(x)=3x2-2f′ (1)x+2, ∴f′ (1)=3-2f′ (1)+2,∴f′ (1)=. 因此f′ (2)=12-4f′ (1)+2=. 14.已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为 c< . [解析] ∵f′(x)=x2-x+c且f(x)有极值, ∴f′(x)=0有不等的实数根,即Δ=1-4c>0. 解得c<. 15.已知函数f(x)=x3-x2-x+m在[0,1]上的最小值为,则实数m的值为__2__. [解析] f′(x)=x2-2x-1, 令f′(x)<0,得1- ∴f(x)在(1-,1+)上单调递减,即f(x)在[0,1]上单调递减,∴f(x)min=f (1)=-1-1+m=,解得m=2. 16.设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是__a<-1__. [解析] ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. 当a≥0时,y不可能有极值点,故a<0. 由ex+a=0,得ex=-a,∴x=ln(-a). ∴x=ln(-a)即为函数的极值点. ∴ln(-a)>0,即ln(-a)>ln1. ∴a<-1. 三、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本题满分10分)已知f(x)=x2+ax+b,g(x)=x2+cx+d,又f(2x+1)=4g(x),且f′(x)=g′(x),f(5)=30.求g(4). [解析] 由f(2x+1)=4g(x), 得4x2+2(a+2)x+(a+b+1)=4x2+4cx+4d. 于是有 由f′(x)=g′(x),得2x+a=2x+c,∴a=c,③ 由f(5)=30,得25+5a+b=30.④ 由①③可得a=c=2,由④得b=-5, 再由②得d=-,∴g(x)=x2+2x-. 故g(4)=16+8-=. 18.(本题满分12分)若存在过点(1,0)的直线与曲线y=x3和y=ax2+x-9都相切,求实数a的值. [解析] 设直线与曲线y=x3的切点坐标为(x0,y0), 由题意得, 解得x0=0或x0=. 当x0=0时,切线的斜率k=0, ∴切线方程为y=0. 由,得ax2+x-9=0. Δ=()2+36a=0, 解得a=-. 当x0=时,k=, 其切线方程为y=(x-1). 由,得ax2-3x-=0. Δ=(-3)2+9a=0,解得a=-1. 综上可知a=-1或a=-. 19.(本题满分12分)(2016·安徽合肥高二检测)已知函数f(x)=16x3-20ax2+8a2x-a3,其中a≠0,求f(x)的极值. [解析] ∵f(x)=16x3-20ax2+8a2x-a3,其中a≠0, ∴f′(x)=48x2-40ax+8a2=8(6x2-5ax+a2) =8(2x-a)(3x-a), 令f′(x)=0,得x1=,x2=. (1)当a>0时,<,则随着x的变化, f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x (-∞,) (,) (,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴当a=时,函数取得极大值f()=; 当x=时,函数取得极小值f()=0. (2)当a<0时,<,则随着x的变化, f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x (-∞,) (,) (,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴当x=时,函数取得极大值f()=0; 当x=时,函数取得极小值f()=. 综上所述,当a>0时,函数f(x)在x=处取得极大值f()=,在x=处取得极小值f()=0; 当a<0时,函数f(x)在x=处取得极大值f()=0在x=处取得极小值f()=. 20.(本题满分12分)(2017·全国Ⅲ文,21)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明f(x)≤--2. [解析] (1)解: f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上单调递增. 若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)>0. 当x∈(-,+∞)时,f′(x)<0. 故f(x)在(0,-)上单调递增,在(-,+∞)上单调递减. (2)证明: 由 (1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f(-)=ln(-)-1-. 所以f(x)≤--2等价于ln(-)-1-≤--2, 即ln(-)++1≤0. 设g(x)=lnx-x+1, 则g′(x)=-1. 当x∈(0,1)时,g′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g (1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0. 从而当a<0时,ln(-)++1≤0, 即f(x)≤--2. 21.(本题满分12分)(2017·全国Ⅰ文,21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. [解析] (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x在(-∞,+∞)上单调递增. ②若a>0,则由f′(x)=0得x=lna. 当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0; 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,lna)上单调递减. 在(lna,+∞)上单调递增. ③若a<0,则由f′(x)=0得x=ln(-). 当x∈(-∞,ln(-))时,f′(x)<0
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