学年高中数学第三章导数及其应用单元检测(B)苏教版选修11

第3章 导数及其应用(B)(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则b 的值为________．2．已知函数f (x )＝(5x ＋3)ln x ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝________________________________. 3．如果函数y ＝f (x )的图象如图，那么导函数y ＝f ′(x )的图象可能是以下四个中的________．4．M 按规律s ＝2t 2＋3做直线运动(位移单位：m ，时间单位：s)，则质点M 在t ＝2时的瞬时速度是__________m/s. 5.如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程是y ＝－2x ＋9，P 点的横坐标是4，则f (4)＋f ′(4)＝________.6．设方程x 3－3x ＝k 有3个不等的实根，则常数k 的取值范围是________．7．已知a 为实数，f (x )＝(x 2－4)(x －a )，且f ′(－1)＝0，则a ＝________.8．设f (x )为偶函数，若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为1，则该曲线在点(－1，f (－1))处的切线的斜率为________．9．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 ＝8 300－170p －p 2.则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)________元．10．若不等式x 33＋x 2>3x ＋a 对任意x ∈[0,2]恒成立，则实数a 的取值范围为____________．11．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为m 、n ，则m －n ＝________.12．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________．13．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1 (x ∈R )，若对于x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0，则实数a 的值为________________________________________________________________________．14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x ＝±1处的切线的倾斜角均为34π，有以下命题：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]． ②f (x )的极值点有且只有一个．③f (x )的最大值与最小值之和等于零．其中正确命题的序号为________．二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围．16.(14分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值．(1)求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间；(2)若对x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2恒成立，求c 的取值范围．17．(14分)已知a 是实数，函数f (x )＝x 2(x －a )．(1)若f ′(1)＝3，求a 的值及曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )在区间[0,2]上的最大值．18.(16分)某大型商厦一年内需要购进电脑5 000台，每台电脑的价格为4 000元，每次订购电脑的其它费用为1 600元，年保管费用率为10%(例如，一年内平均库存量为150台，一年付出的保管费用60 000元，则60 000150×4 000＝10%，为年保管费用率)，则每次订购多少台电脑，才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小？19．(16分)设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.20.(16分)已知函数f (x )＝x 2＋ln x .(1)求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．第3章 导数及其应用(B)1．3解析 ∵令y ＝f (x )，y ＝x 3＋ax ＋b ⇒y ′＝3x 2＋a ， f ′(1)＝3＋a ＝k ，又3＝k ·1＋1⇒k ＝2，a ＝－1，∴3＝13＋(－1)·1＋b ⇒b ＝3. 2．14－5ln 3解析 ∵f ′(x )＝5ln x ＋5x ＋3x ＝5ln x ＋5＋3x，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝5ln 13＋5＋9＝14－5ln 3.3．① 解析如图，由y ＝f (x )图象知，当x <x 1时，y ＝f (x )是递增的， 故f ′(x )>0；在(x 1,0)上，y ＝f (x )是减少的， 故f ′(x )<0；在x ＝0处y ＝f (x )的切线与x 轴平行， 故f ′(0)＝0；在(0，x 2)上y ＝f (x )是增加的，故f ′(x )>0； 在x >x 2时，y ＝f (x )是减少的，故f ′(x )<0. 综上可知，选项①符合题意． 4．8解析 ∵s ′＝4t ，∴当t ＝2时的瞬时速度为4×2＝8(m/s)． 5．－1解析 由导数的几何意义知f ′(4)＝－2， 由点P 在切线y ＝－2x ＋9上知 y P ＝－2×4＋9＝1.∴点P 的坐标为(4,1)，∴f (4)＝1， ∴f (4)＋f ′(4)＝1＋(－2)＝－1. 6．(－2,2)解析 设f (x )＝x 3－3x －k ，则f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0得x ＝±1，且f (1)＝－2－k ，f (－1)＝2－k ，又f (x )的图象与x 轴有3个交点，故⎩⎪⎨⎪⎧2－k >0－2－k <0，∴－2<k <2. 7.12解析 ∵f (x )＝(x 2－4)(x －a )＝x 3－ax 2－4x ＋4a ，∴f ′(x )＝3x 2－2ax －4.又∵f ′(－1)＝3＋2a －4＝0，∴a ＝12.8．－1解析 ∵f (x )为偶函数，∴f ′(x )为奇函数． 又∵f ′(1)＝1，∴f ′(－1)＝－f ′(1)＝－1. 9．23 000解析 设毛利润为L (p )，由题意知L (p )＝pQ －20Q ＝Q (p －20)＝(8 300－170p －p 2)(p －20)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000，所以，L ′(p )＝－3p 2－300p ＋11 700.令L ′(p )＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)． 此时，L (30)＝23 000.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，根据实际问题的意义知，L (30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元．10.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－53 解析 原不等式可化为a <x 33＋x 2－3x ，令f (x )＝x 33＋x 2－3x ，则a <f (x )min ，由f ′(x )＝x 2＋2x －3＝0，得x 1＝－3，x 2＝1， 当x ∈[0,1]时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈[1,2]时，f ′(x )>0，f (x )是增加的．∴当x ＝1时，f (x )取得最小值－53.∴a <－53.11．20解析 ∵f ′(x )＝3x 2－3，∴当x >1或x <－1时f ′(x )>0， 当－1<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增． ∴f (x )min ＝f (1)＝1－3－a ＝－2－a ＝n .又∵f (0)＝－a ，f (3)＝18－a ，∴f (0)<f (3)， ∴f (x )max ＝f (3)＝18－a ＝m ， ∴m －n ＝18－a －(－2－a )＝20. 12．(－∞，－1]解析 ∵f ′(x )＝－x ＋b x ＋2＝－x x ＋＋bx ＋2＝－x 2－2x ＋b x ＋2，又f (x )在(－1，＋∞)上是减函数，即f ′(x )≤0在(－1，＋∞)上恒成立，又x ＋2>0，故－x 2－2x ＋b ≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即x 2＋2x －b ≥0在(－1，＋∞)上恒成立．又函数y ＝x 2＋2x －b 的对称轴x ＝－1，故要满足条件只需(－1)2＋2×(－1)－b ≥0， 即b ≤－1. 13．4解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0，显然成立； 当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≥3x2－1x 3， 设g (x )＝3x 2－1x3，则g ′(x )＝－2xx 4. 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4； 当x <0，即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≤3x2－1x3，g (x )在区间[－1,0)上单调递增．因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4， 综上所述，a ＝4.14．①③解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 由题意得f (0)＝0，f ′(－1)＝f ′(1)＝tan 3π4＝－1.∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝03－2a ＋b ＝－1，3＋2a ＋b ＝－1∴a ＝0，b ＝－4，c ＝0.∴f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]．故①正确．故f ′(x )＝3x 2－4＝0，得x 1＝－233，x 2＝233.根据x 1，x 2分析f ′(x )的符号、f (x )的单调性和极值点.∴x ＝－233是极大值点也是最大值点．x ＝233是极小值点也是最小值点． f (x )min ＋f (x )max ＝0.∴②错，③正确．15．解 f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1，由题意知f ′(x )≤0在(1,4)上恒成立， 且f ′(x )≥0在(6，＋∞)上恒成立．由f ′(x )≤0得x 2－ax ＋a －1≤0. ∵x ∈(1,4)，∴x －1∈(0,3)，∴a ≥x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(2,5)，∴a ≥5，①由f ′(x )≥0得：x 2－ax ＋a －1≥0.∵x ∈(6，＋∞)，∴x －1>0，∴a ≤x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(7，＋∞)，∴a ≤7，② ∵①②同时成立，∴5≤a ≤7. 经检验a ＝5或a ＝7都符合题意． ∴所求a 的取值范围为5≤a ≤7.16．解 (1)f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝129－43a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－12，b ＝－2.f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，令f ′(x )>0，得x <－23或x >1，令f ′(x )<0，得－23<x <1.所以函数f (x )的递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23和(1，＋∞)，递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1. (2)f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，由(1)知，当x ＝－23时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝2227＋c 为极大值，而f (2)＝2＋c ，则f (2)＝2＋c 为最大值，要使f (x )<c 2，x ∈[－1,2]恒成立，则只需要c 2>f (2)＝2＋c ，得c <－1或c >2.17．解 (1)f ′(x )＝3x 2－2ax .因为f ′(1)＝3－2a ＝3，所以a ＝0. 又当a ＝0时，f (1)＝1，f ′(1)＝3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 3x －y －2＝0.(2)令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a3.当2a3≤0，即a ≤0时，f (x )在[0,2]上单调递增， 从而f (x )max ＝f (2)＝8－4a . 当2a3≥2，即a ≥3时，f (x )在[0,2]上单调递减， 从而f (x )max ＝f (0)＝0.当0<2a3<2，即0<a <3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 3上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a 3，2上单调递增，所以0<a ≤2时，f (x )max ＝8－4a ，2<a <3时，f (x )max ＝0.从而f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧8－4aaa ，综上所述，f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧8－4aaa .18．解 设每次订购电脑的台数为x ，则开始库存量为x 台，经过一个周期的正常均匀销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为12x 台，所以每年的保管费用为12x ·4 000·10%元，而每年的订货电脑的其它费用为5 000x·1 600元，这样每年的总费用为5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%元．令y ＝5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%，y ′＝－1x 2·5 000·1 600＋12·4 000·10%令y ′＝0，解得x ＝200(台)．也就是当x ＝200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用之和最小．19．(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x－2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为2(1－ln 2＋a )．(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.20．(1)解 ∵f (x )＝x 2＋ln x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x.∵x >1时，f ′(x )>0，故f (x )在[1，e]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝1，最大值是f (e)＝1＋e 2. (2)证明 令F (x )＝f (x )－g (x ) ＝12x 2－23x 3＋ln x ， ∴F ′(x )＝x －2x 2＋1x ＝x 2－2x 3＋1x＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝－x x 2＋x ＋x∵x >1，∴F ′(x )<0，∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴F (x )<F (1)＝12－23＝－16<0.∴f (x )<g (x )．故当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．。