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- 2021-06-20 发布
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第三章 章末检测
(时间:120 分钟 满分:150 分)
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分)
1.(2010·泰安高三二模)如图,函数 y=f(x)的图象在点 P(5,f(5))处的切线方程是 y=-x
+8,则 f(5)+f′(5)等于 ( )
A.1
2 B.1
C.2 D.0
2.函数 f(x)=ax3-x 在(-∞,+∞)上是减函数,则 ( )
A.a<1 B.a<1
3
C.a<0 D.a≤0
3.(2011·洛阳模拟)已知 f(x)=a+1x+a
x+1
,且 f(x-1)的图象的对称中心是(0,3),则 f′(2)
的值为 ( )
A.-1
9 B.1
9
C.-1
4 D.1
4
4.若函数 f(x)=exsin x,则此函数图象在点(4,f(4))处的切线的倾斜角为 ( )
A.π
2 B.0 C.钝角 D.锐角
5.(2010·山东)已知某生产厂家的年利润 y(单位:万元)与年产量 x(单位:万件)的函数
关系式为 y=-1
3x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )
A.13 万件 B.11 万件
C.9 万件 D.7 万件
6.已知 f(x)=2x3-6x2+a (a 是常数)在[-2,2]上有最大值 3,那么在[-2,2]上 f(x)的最
小值是 ( )
A.-5 B.-11
C.-29 D.-37
7.(2010·江西) 如图,一个正五角形薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记 t
时刻五角星露出水面部分的图形面积为 S(t) (S(0)=0),则导函数 y=S′(t)的图象大致( )
8.已知 x≥0,y≥0,x+3y=9,则 x2y 的最大值为 ( )
A.36 B.18
C.25 D.42
9.(2011·合肥模拟)已知 R 上可导函数 f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0
的解集为 ( )
A.(-∞,-2)∪(1,+∞)
B.(-∞,-2)∪(1,2)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)
D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)
10.如图所示的曲线是函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的大致图象,则 x21+x 22等于 ( )
A.8
9 B.10
9
C.16
9 D.5
4
11.(2010·宝鸡高三检测三)已知 f′(x)是 f(x)的导函数,在区间[0,+∞)上 f′(x)>0,
且 偶 函 数 f(x) 满 足 f(2x - 1)0 的解集是{x|00 时,1
a
≥3x2 在(-∞,+∞)上恒成立,这样的 a 不存在;
a<0 时,1
a
≤3x2 在(-∞,+∞)上恒成立,而 3x2≥0,
∴a<0.综上,a≤0.]
3.B [f(x)=a+1- 1
x+1
,中心为(-1,a+1),由 f(x-1)的中心为(0,3)知 f(x)的中心为
(-1,3),∴a=2.
∴f(x)=3- 1
x+1
.
∴f′(x)= 1
x+12.∴f′(2)=1
9.]
4.C [f′(x)=exsin x+excos x
=ex(sin x+cos x)= 2exsin x+π
4 ,
f′(4)= 2e4sin 4+π
4 <0,
则此函数图象在点(4,f(4))处的切线的倾斜角为钝角.]
5.C [∵y′=-x2+81,令 y′=0 得 x=9(x=-9 舍去).
当 09 时,y′<0,f(x)为减函数.
∴当 x=9 时,y 有最大值.]
6.D [f′(x)=6x2-12x,若 f′(x)>0,
则 x<0 或 x>2,又 f(x)在 x=0 处连续,
∴f(x)的增区间为[-2,0).
同理 f′(x)<0,得减区间(0,2].
∴f(0)=a 最大.
∴a=3,即 f(x)=2x3-6x2+3.
比较 f(-2),f(2)得 f(-2)=-37 为最小值.]
7.A [利用排除法.
∵露出水面的图形面积 S(t)逐渐增大,
∴S′(t)≥0,排除 B.
记露出最上端小三角形的时刻为 t0.
则 S(t)在 t=t0 处不可导.排除 C、D,故选 A.]
8.A [由 x+3y=9,得 y=3-x
3
≥0,∴0≤x≤9.
将 y=3-x
3
代入 u=x2y,
得 u=x2 3-x
3 =-x3
3
+3x2.
u′=-x2+6x=-x(x-6).
令 u′=0,得 x=6 或 x=0.
当 00;60,在(-1,1)上 f′(x)<0.
由(x2-2x-3)f′(x)>0,
得 f′x>0,
x2-2x-3>0
或 f′x<0,
x2-2x-3<0.
即 x>1 或 x<-1,
x>3 或 x<-1
或
-10,
∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,
又因 f(x)是偶函数,∴f(2x-1)0,
∴ln x+1>0,ln x>-1,
∴x>1
e.∴递增区间为
1
e
,5 .
14.f(3)0 恒成立,
所以 f(x)在 -π
2
,π
2 上为增函数,
f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),
且 0<π-3<1<π-2<π
2
,
所以 f(π-3)0⇒(2x-x2)ex>0
⇒2x-x2>0⇒0 2或 x<- 2,
由 f′(x)>0,得- 20,f(x)为增函数;
当 x∈ -2
3
,1 时,f′(x)<0,f(x)为减函数;
当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.…………………………………………(4 分)
所以 f(x)的递增区间为 -∞,-2
3 和(1,+∞),
f(x)的递减区间为 -2
3
,1 .……………………………………………………………(6 分)
(2)当 x∈[-1,2]时,f(x)7.………………………………………………………………………………(10 分)
18.解 (1)设切线的斜率为 k,
则 k=f′(x)=2x2-4x+3=2(x-1)2+1,
当 x=1 时,kmin=1.………………………………………………………………………(3 分)
又 f(1)=5
3
,∴所求切线的方程为 y-5
3
=x-1,
即 3x-3y+2=0.………………………………………………………………………(6 分)
(2)f′(x)=2x2-4ax+3,要使 y=f(x)为单调递增函数,必须满足 f′(x)≥0,即对任意的
x∈(0,+∞),恒有 f′(x)≥0,f′(x)=2x2-4ax+3≥0,∴a≤2x2+3
4x
=x
2
+ 3
4x
,而x
2
+ 3
4x
≥ 6
2
,
当且仅当 x= 6
2
时,等号成立.……………………………………………………………(10 分)
∴a≤ 6
2
,又∵a∈Z,
∴满足条件的最大整数 a 为 1.…………………………………………………………(12 分)
19.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1,……………………………(2 分)
令 f′(x)=0,得 x=1
e
,
当 x∈(0,+∞)时,f′(x),f(x)的变化的情况如下:
x 0,1
e
1
e
1
e
,+∞
f′(x) - 0 +
f(x) 极小值
…………………………………………………………………………………………(5 分)
所以,f(x)在(0,+∞)上的极小值是 f
1
e =-1
e.……………………………………(6 分)
(2)当 x∈ 0,1
e ,f(x)单调递减且 f(x)的取值范围是 -1
e
,0 ;
当 x∈
1
e
,+∞ 时,f(x)单调递增且 f(x)的取值范围是 -1
e
,+∞
.………………(8 分)
令 y=f(x),y=m,两函数图象交点的横坐标是 f(x)-m=0 的解,由(1)知当 m<-1
e
时,
原方程无解;
由 f(x)的单调区间上函数值的范围知,
当 m=-1
e
或 m≥0 时,原方程有唯一解;
当-1
e0 时,①成立,
即 3a+3a-1≤0,
3a-3a-1≤0
成立,解得 00,
f(x)在区间(64,640)内为增函数,………………………………………………………(10 分)
所以 f(x)在 x=64 处取得最小值,
此时,n=m
x
-1=640
64
-1=9.
故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小.……………………………………………………(12 分)
22.解 (1)因为 f′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx
=xex-1(x+2)+x(3ax+2b),
又 x=-2 和 x=1 为 f(x)的极值点,
所以 f′(-2)=f′(1)=0,
因此
-6a+2b=0,
3+3a+2b=0,
…………………………………………………………………(3
分)
解方程组得
a=-1
3
,
b=-1.
………………………………………………………………(4 分)
(2)因为 a=-1
3
,b=-1,
所以 f′(x)=x(x+2)(ex-1-1),
令 f′(x)=0,解得 x1=-2,x2=0,x3=1.……………………………………………(6 分)
因为当 x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f′(x)<0;
当 x∈(-2,0)∪(1,+∞)时,f′(x)>0.
所以 f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上是单调递增的;
在(-∞,-2)和(0,1)上是单调递减的.………………………………………………(8 分)
(3)由(1)可知 f(x)=x2ex-1-1
3x3-x2,
故 f(x)-g(x)=x2ex-1-x3
=x2(ex-1-x),
令 h(x)=ex-1-x,则 h′(x)=ex-1-1.…………………………………………………(9 分)
令 h′(x)=0,得 x=1,
因为 x∈(-∞,1]时,h′(x)≤0,
所以 h(x)在 x∈(-∞,1]上单调递减.
故 x∈(-∞,1]时,h(x)≥h(1)=0.
因为 x∈[1,+∞)时,h′(x)≥0,
所以 h(x)在 x∈[1,+∞)上单调递增.
故 x∈[1,+∞)时,h(x)≥h(1)=0.……………………………………………………(11 分)
所以对任意 x∈(-∞,+∞),恒有 h(x)≥0,
又 x2≥0,因此 f(x)-g(x)≥0,
故对任意 x∈(-∞,+∞),
恒有 f(x)≥g(x).…………………………………………………………………………(12 分)