苏教版高中数学选修1-1第3章单元检测(B).docx

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 )＝－1
2
x 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3
4
π，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 3－1
2
ax 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 ＝－2
3
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)＝x2(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60 000
150×4 000
＝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＋1
2
x 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＋3
x
，
∴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 ＝1
2
.
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.⎝
⎛⎭⎫－∞，－5
3 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－5
3
.
∴a <－5
3
.
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 ＋2)＋b x ＋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 ≥3x 2－1
x 3，
设g (x )＝3x 2－1
x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4
.
所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤1
2，1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 ≤3x 2－1
x
3，
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 3π
4＝－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＝23
3
.
根据x 1，x 2分析f ′(x )的符号、f (x )的单调性和极值点.
∴x ＝－23
3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 2－1
x －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＝129－4
3
a ＋
b ＝0， f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－1
2
，b ＝－2.
f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，
令f ′(x )>0，得x <－2
3或x >1，
令f ′(x )<0，得－2
3
<x <1.
所以函数f (x )的递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，递减区间是⎝⎛⎭
⎫－2
3，1. (2)f (x )＝x 3－1
2
x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，
由(1)知，当x ＝－2
3
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＝2a
3
.
当2a
3
≤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2a
3
≥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<2a
3
<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 ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
8－4a (a ≤2)
0 (a >2)，
综上所述，f (x )max ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
8－4a (a ≤2)
0 (a >2).
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1
2
x 台，所以每
年的保管费用为1
2
x ·4 000·10%元，
而每年的订货电脑的其它费用为5 000
x
·1 600元，
这样每年的总费用为5 000x ·1 600＋1
2
x ·4 000·10%元．
令y ＝5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%，
y ′＝－1x 2·5 000·1 600＋1
2
·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 ＋1
x
.
∵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 2－2
3
x 3＋ln x ， ∴F ′(x )＝x －2x 2
＋1x ＝x 2－2x 3
＋1x
＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝(1－x )(2x 2＋x ＋1)x
∵x >1，∴F ′(x )<0，
∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数，
∴F (x )<F (1)＝12－23＝－1
6
<0.
∴f (x )<g (x )．
故当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋1
2
x 2的下方．。