2021学年高中数学第三章导数及其应用章末达标测试新人教A版选修1_1

第三章 导数及其应用
章末达标测试〔三〕
(时间：150分钟，总分值：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)
1．以下求导运算正确的选项是 A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋1x ′＝1＋1x
2
B ．(x cos x －sin x )′＝－x sin x
C ．(5x )′＝5x
log 5e D ．(x 2
cos x )＝2x sin x
解析 A 错，∵⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x
2；
B 正确，∵(x cos x －sin x )′＝(x cos x )′－(sin x )′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－cos
x ＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ；
C 错，∵(5x )′＝5x
ln 5；
D 错，∵(x 2
cos x )′＝2x cos x ＋x 2
(－sin x )． 答案 B
2．设曲线y ＝ax 2
在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行，那么a 等于 A ．1 B.12 C ．－1
2 D ．－1
解析 y ′＝2ax ，于是切线的斜率k ＝y ′ |)x ＝1
＝2a ，所以2a ＝2⇒a ＝1.
答案 A
3．函数y ＝x －ln x 的单调减区间是
A ．(－∞，1)
B ．(0，1)
C ．(1，＋∞)
D ．(0，2) 解析 ∵y ＝x －ln x ，∴y ′＝1－1x ＝x －1
x
.
令y ′＜0，得0＜x ＜1，又x ＞0，故0＜x ＜1. 即单调减区间是(0，1)．应选B. 答案 B
4．f (x )＝x 3
－3x 2
＋m (m 为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为
A ．－17
B ．－29
C ．－5
D ．－11
解析 由f ′(x )＝3x 2
－6x ＝3x (x －2)＝0，解得x ＝0或x ＝2，又f (0)＝m ，f (2)＝m
－4，f (－2)＝m －20，所以f (x )max ＝m ＝3，f (x )min ＝f (－2)＝m －20＝3－20＝－17.
答案 A
5．假设关于x 的不等式x 3
－3x 2
－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，那么m 的取值范围是
A ．(－∞，7]
B ．(－∞，－20]
C ．(－∞，0]
D ．[－12，7]
解析 令f (x )＝x 3
－3x 2
－9x ＋2，那么f ′(x )＝3x 2
－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．
∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20.∴f (x )的最小值为f (2)＝－20， 故m ≤－20，综上可知应选B. 答案 B
6．f ′(x )是f (x )的导函数，f ′(x )的图像如右图所示，那么f (x )的图像可能是以下图中的
解析 根据导函数的值(为正数)越小，原函数的图像上的点的切线越平缓(倾斜角越小)；越大，切线越陡峭(倾斜角越大)．
答案 D
7．假设一球的半径为r ，作内接于球的圆柱，那么其侧面积最大为 A ．2πr 2
B ．πr
2
C ．4πr D.12
πr 2
解析 设内接圆柱的高为h ，底面半径为x ，那么h 2
＋(2x )2
＝(2r )2
，又圆柱的侧面积S ＝2πxh ，∴S 2
＝16π2
(r 2x 2
－x 4
)，(S 2
)′＝16π2
(2r 2
x －4x 3
)．
令(S 2
)′＝0，得x ＝2
2
r (x ＝0舍去)，∴S max ＝2πr 2，应选A. 答案 A
8．假设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，那么以下结论中一定错误的选项是
A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1k
B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >
1k －1
C ．f ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1 D ．f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1>k k －1
解析 令g (x )＝f (x )－kx ＋1，那么g (0)＝f (0)＋1＝0，
g ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1－1k －1
. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1>1k －1.
答案 C
9．假设曲线y ＝x 2
－1与y ＝1－x 3
在x ＝x 0处的切线互相垂直，那么x 0等于 A.3
366 B ．－3366
C.23
D.2
3或0 解析 ∵y ＝x 2
－1，∴y ′＝2x ，
∵y ＝1－x 3，∴y ′＝－3x 2，∴2x 0·(－3x 20)＝－1，∴x 3
0＝16，∴x 0＝3
366.
答案 A
10．假设f (x )＝－12x 2
＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，那么b 的取值范围是
A ．[－1，＋∞)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1]
D ．(－∞，－1) 解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋
b
x ＋2
≤0，x ∈(－1，＋∞)，
即f ′(x )＝－x 2－2x ＋b x ＋2≤0，所以－x 2－2x ＋b ＝－(x ＋1)2
＋1＋b ≤0，
所以1＋b ≤0，b ≤－1. 答案 C
11．设f (x )、g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时f ′(x )g (x )＋
f (x )
g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，那么不等式f (x )g (x )＜0的解集是
A ．(－3，0)∪(3，＋∞)
B ．(－3，0)∪(0，3)
C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D ．(－∞，－3)∪(0，3)
解析 ∵令F (x )＝f (x )g (x )，那么F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )， ∴F (x )为奇函数．
∵当x ＜0时，F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0， ∴F (x )在(－∞，0)上单调递增，且F (－3)＝0.
又∵F (x )是奇函数，∴F (x )在(0，＋∞)上单调递增，且F (3)＝0. 综上，F (x )＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)，选D. 答案 D
12．假设函数f (x )＝2x 2
－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，那么实数k 的取值范围是
A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32
C ．[1，2) D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32，2 解析 因为f (x )定义域为(0，＋∞)， 又f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝1
2，
据题意，⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32
.
答案 B
二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．函数y ＝f (x )的图像在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝1
2x ＋2，那么f (1)＋f ′(1)
＝______．
解析 ∵点M (1，f (1))在切线y ＝1
2x ＋2上，
∴f (1)＝52，又f ′(1)＝1
2，∴f (1)＋f ′(1)＝3.
答案 3
14．(2021·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1，0)处的切线方程为________． 解析 由题意知，y ′＝2
x
，所以曲线在点(1，0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝2，故所求
切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.
答案 y ＝2x －2
15．假设a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，那么ab的最大值等于________．
解析f′(x)＝12x2－2ax－2b.
∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2ab，∴ab≤3，
∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取“＝〞，∴ab的最大值为9.
答案9
16．假设函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0，1)内单调递减，那么实数a的取值范围是________．
解析∵f′(x)＝3x2－2axf(x)在(0，1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1<0在(0，1)内恒成立，∴f′(0)≤0且f′(1)≤0，∴a≥1.
答案[1，＋∞)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)函数f(x)＝x3－3x2－9x＋11.
(1)写出函数的递减区间；
(2)讨论函数的极大值或极小值，如有，试写出极值；
(3)画出它的大致图像．
解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.
x变化时，f′(x)的符号变化情况及f(x)的增减性如下表所示：
(2)由表可得，当x＝－1时，函数有极大值为f(－1)＝16；当x＝3时，函数有极小值为f(3)＝－16.
(3)当x＝0时，f(x)＝11，
令f(x)＝x3－3x2＋9x＋11
＝(x －1)(x －1－23)(x －1＋23)＝0，得x ＝1或x ＝1±23，故函数图像与坐标轴的交点为(0，11)，(1，0)，(1±23，0)．结合函数的单调区间及极值的情况可画出f (x )的大致图像如图．
18．(12分)函数f (x )＝13x 3＋ax 2
－bx (a ，b ∈R)，假设y ＝f (x )图像上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－113处
的切线斜率为－4，求y ＝f (x )在区间[－3，6]上的最值．
解析 f ′(x )＝x 2
＋2ax －b ，
f ′(1)＝－4，∴1＋2a －b ＝－4.①
又⎝
⎛⎭⎪⎫1，－113在f (x )图像上，∴13＋a －b ＝－113，
即a －b ＋4＝0.②
由①②解得⎩
⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝3，∴f (x )＝13x 3－x 2
－3x ，
f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x －3)(x ＋1)．
令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或3.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (－∞，－1)
－1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f ′(x ) ＋
0 －
0 ＋
f (x )
极大值
极小值
由表知f (x )极大＝f (－1)＝3
，
f (x )极小＝f (3)＝－9.
又∵f (－3)＝f (3)＝－9，f (6)＝18. ∴f (x )最大＝f (6)＝18，
f (x )最小＝f (3)＝f (－3)＝－9.
19．(12分)函数f (x )＝12x 2
＋ln x .
(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3
.
解析 (1)依题意知函数的定义域为x ＞0，
∵f ′(x )＝x ＋1
x
，故f ′(x )＞0，
∴f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． (2)证明 设g (x )＝23x 3－12x 2
－ln x ，
∴g ′(x )＝2x 2
－x －1x
.
∵当x ＞1时，g ′(x )＝〔x －1〕〔2x 2
＋x ＋1〕
x
＞0，
∴g (x )在(1，＋∞)上为增函数， ∴g (x )＞g (1)＝1
6＞0，
∴当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23
x 3
.
20．(12分)(2021·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝
ax 2＋x －1
e
x
.
(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.
解析 (1)f ′(x )＝－ax 2
＋〔2a －1〕x ＋2
e x
，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥(x 2
＋x －1＋e x ＋1
)e －x
.
令g (x )＝x 2
＋x －1＋e
x ＋1
，那么g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1
.
当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以
g (x )≥gf (x )＋e ≥0.
21．(12分)某工厂生产x 件产品的本钱为C ＝25 000＋200x ＋140x 2
(元)，问：
(1)要使平均本钱最低，应生产多少件产品？
(2)假设产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？ 解析 (1)设平均本钱为y 元，那么
y ＝25 000＋200x ＋140x
2
x ＝25 000x ＋200＋x
40
，
y ′＝
－25 000x 2＋140
， 令y ′＝0得x ＝1 000.
当在x ＝1 000附近左侧时，y ′＜0；
在x ＝1 000附近右侧时，y ′＞0，
故当x ＝1 000时，y 取极小值，而函数只有一个点使y ′＝0，故函数在该点处取得最小值，因此，要使平均本钱最低，应生产1 000件产品．
(2)设利润为S ，那么利润函数为
S ＝500x －⎝ ⎛⎭⎪⎫25 000＋200x ＋x 240＝300x －25 000－x 2
40， S ′＝300－x
20
，
令S ′＝0，得x ＝6 000，当在x ＝6 000附近左侧时，
S ′＞0；
在x ＝6 000附近右侧时，S ′＜0，
故当x ＝6 000时，S 取极大值，而函数只有一个点使S ′＝0，故函数在该点处取得最大值，
因此，要使利润最大，应生产6 000件产品．
22．(12分)函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2
－2ax ＋a 2
，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；
(2)求证：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
解析 (1)函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2
－2ax ＋a 2
，其中ax ＞0.g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln
x －a )，∴g ′(x )＝2－2
x
＝
2〔x －1〕
x
，
当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减； 当1＜x 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增．
(2)证明 由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x ，
令u (x )＝－2x ln x ＋x 2
－2(x －1－ln x )x ＋(x －1－ln x )2
＝(1＋ln x )2
－2x ln x ， 那么u (1)＝1＞0，u (e)＝2(2－e)＜0， ∴存在x 0∈(1，e)，使得u (x 0)＝0， 令a 0＝x 0－1－ln x 0＝v (x 0)， 其中v (x )＝x －1－ln x (x ≥1)， 由v ′(x )＝1－1
x
≥0，可得：
函数v (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴0＝v (1)＜a 0＝v (x 0)＜v (e)＝e －2＜1， 即a 0∈(0，1)，
当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝u (x 0)＝0.
再由(1)可知：f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，∴f(x)>f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0，1]，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x＞0.
故当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立．
综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。