2020版高中数学章末检测试卷（四）北师大版选修1_1 11页

章末检测试卷(四)(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．使函数f(x)＝x＋cosx在上取最大值的x为(　　)A．0B.C.D.答案　B解析　f′(x)＝1－sinx，所以f(x)在上是增加的，在上是减少的，故选B.2．函数f(x)＝ex(sinx－2)在区间[0,2π]上的最大值是(　　)A．－2B．－2e2πC．－2eπD．－e考点　利用导数求函数的最值题点　不含参数的函数求最值答案　A解析　∵f′(x)＝ex(sinx－2)＋ex(cosx)＝ex(sinx＋cosx－2)＝ex<0，∴f(x)在区间[0,2π]上是减少的，∴f(x)max＝f(0)＝－2.故选A.3．定义在R上的函数y＝f(x)的图像如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(　　)A．(－2，－1)∪(1,2)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(0,1)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案　C解析　当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，n又xf′(x)<0，∴x∈(－∞，－1)，又当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，又xf′(x)<0，∴x∈(0,1)．综上可知，解集为(－∞，－1)∪(0,1)．4．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于(　　)A．2B．3C．4D．5答案　D解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋3.由f(x)在x＝－3时取得极值，即f′(－3)＝0，即27－6a＋3＝0，∴a＝5.5．某箱子的容积与底面边长x的关系为V(x)＝x2·(00，x∈(40,60)时，V′(x)<0，所以当x＝40时，V(x)取得最大值．6．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图像画在同一个直角坐标系中，则不可能的是(　　)考点　函数变化的快慢与导数的关系题点　根据原函数图像确定导函数图像答案　Dn解析　根据原函数单调增区间对应的导函数图像应在x轴上方，而原函数单调减区间对应的导函数图像应在x轴下方，可知D不符合．7．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　)A.B.C.D．1考点　含参数的函数最值问题题点　己知最值求参数答案　D解析　由奇函数的性质知，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax的最大值为－1.由f′(x)＝－a＝0，得x＝，则当0<<2时，f(x)max＝f＝ln－1＝－1，解得a＝1.8．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是(　　)考点　函数极值的应用题点　函数极值在函数图像上的应用答案　C解析　因为f(x)在x＝－2处取得极小值，所以在x＝－2附近的左侧f′(x)＜0，当x＜－2时，xf′(x)＞0；在x＝－2附近的右侧f′(x)＞0，当－2＜x＜0时，xf′(x)＜0，故选C.9．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图像与x轴相切于(1,0)点，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)A.，0B．0，nC．－，0D．0，－考点　函数的极值与导数的关系题点　含参数的函数求极值问题答案　A解析　f′(x)＝3x2－2px－q，则解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，从而f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1.∴f(x)在，(1，＋∞)上是增加的，在上是减少的．故当x＝时，f(x)极大值＝f＝；当x＝1时，f(x)极小值＝f(1)＝0.10．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是(　　)A．0≤a≤21B．a＝0或a＝7C．a<0或a>21D．a＝0或a＝21考点　函数极值的应用题点　极值存在性问题答案　A解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当相应一元二次方程的根的判别式Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，此时函数f(x)不存在极值点．故选A.11．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是(　　)A．0＜b＜1B．b＜1C．b＞0D．b＜答案　A解析　因为f′(x)＝3x2－3b＝0，所以x2＝b，若y＝f(x)在(0,1)内有极小值，则只需即0＜b＜1.12．若a>2，则方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上根的个数为(　　)A．0B．1C．2D．3考点　函数极值的应用n题点　函数的零点与方程的根答案　B解析　设f(x)＝x3－ax2＋1，则f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，因为a>2，所以2a>4，所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，则f(x)在(0,2)上为减少的，又f(0)f(2)＝1×＝－4a<0，所以f(x)＝0在(0,2)上恰好有1个根，故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)在区间[－3,5]上取得极大值时，x的值为________．考点　函数极值的应用题点　函数的极值在函数图像上的应用答案　2解析　由图像可知，当－3≤x<－1或20；当840，即函数f(x)在[1，e]上是增加的，∴f(1)≤f(x)≤f(e)，即1≤f(x)≤e2－2，要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知函数f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．解　(1)f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，所以f′(x)＝3x2＋4x－4，令f′(x)>0，则x<－2或x>，令f′(x)<0，则－20，则f′(x)＝ax＋2－＝.若a＝0，由(1)中f′(x)≥0，得x≥，显然不符合题意；若a≠0，因为函数f(x)在区间上是增加的，所以f′(x)≥0在x∈上恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0在x∈上恒成立，即a≥＝－＝2－1对x∈恒成立，故a≥max.而当x＝时，函数2－1的最大值为3，所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．19．(12分)已知函数f(x)＝x3－alnx－(a∈R，a≠0)．(1)当a＝3时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．解　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3lnx－，f(1)＝0，∴f′(x)＝x2－，∴f′(1)＝－2，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)f′(x)＝x2－＝(x＞0)．①当a＜0时，f′(x)＝＞0恒成立，函数f(x)的递增区间为(0，＋∞)；②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)．当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：nx(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗∴函数f(x)的递增区间为(，＋∞)，递减区间为(0，)．(3)对任意的x∈[1，＋∞)，使f(x)≥0成立，只需对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)min≥0.①当a＜0时，f(x)在[1，＋∞)上是增加的，∴只需f(1)≥0，而f(1)＝－aln1－＝0，∴a＜0满足题意；②当0＜a≤1时，0＜≤1，f(x)在[1，＋∞)上是增加的，∴只需f(1)≥0而f(1)＝－aln1－＝0，∴0＜a≤1满足题意；③当a＞1时，＞1，f(x)在[1，]上是减少的，[，＋∞)上是增加的，∴只需f()≥0即可，而f()＜f(1)＝0，∴a＞1不满足题意．综上，a∈(－∞，0)∪(0,1]．20．(12分)有甲、乙两种商品，经营销售这两种商品所能获得的利润依次是P万元和Q万元，它们与投入资金x万元的关系分别为：P＝，Q＝.今有3万元资金投入经营甲、乙两种商品，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为多少？能获得的最大利润是多少？考点　函数类型的优化问题题点　利用导数求解最大利润问题解　设对乙种商品投资x万元，则对甲种商品投资(3－x)万元，总利润为y万元．根据题意，得y＝＋(0≤x≤3)，所以y′＝－＋·.令y′＝0，解得x＝.由实际意义知x＝即为函数的极大值点，也是最大值点，此时3－x＝.n因此，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别为0.75万元和2.25万元，获得的最大利润为1.05万元．21．(12分)已知奇函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx的图像过点A(－，)，B(2，10)．(1)求f(x)的表达式；(2)若方程f(x)＋m＝0有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．考点　函数极值的应用题点　函数的零点与方程的根解　(1)因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)(x∈R)，所以b＝0，所以f(x)＝ax3＋cx.因为图像过点A(－，)，B(2，10)，所以即所以所以f(x)＝x3－3x.(2)因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，所以当－11时，f′(x)>0，所以f(x)的递增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)，递减区间是(－1,1)．因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，为使方程f(x)＋m＝0，即f(x)＝－m有三个不等的实数根，则－2<－m<2，即－20时，f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为[1，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．(2)令F(x)＝alnx－ax－3＋(a＋1)x＋4－e＝alnx＋x＋1－e(x>0)，F′(x)＝，令F′(x)＝＝0，则x＝－a.当－a≤e，即a≥－e时，F(x)在[e，e2]上是增函数，F(x)max＝F(e2)＝2a＋e2＋1－e≤0，解得a≤，与a≥－e矛盾，所以无解．当－a≥e2，即a≤－e2时，F(x)在[e，e2]上是减函数，F(x)max＝F(e)＝a＋1≤0，解得a≤－1，所以a≤－e2.当e<－a