第三章检测试题(时间:120分钟满分:150分)【选题明细表】一、选择题(每小题5分,共60分)1.曲线y=x2-2x在点(1,-)处的切线的倾斜角为( D )(A)-135°(B)45°(C)-45° (D)135°解析:y′=x-2,所以斜率k=1-2=-1,因此,倾斜角为135°.故选D.2.下列求导运算正确的是( B )(A)(x+)′=1+(B)(log2x)′=(C)(3x)′=3x log3e(D)(x2cos x)′=-2xsin x解析:(x+)′=1-,所以A不正确;(3x)′=3x ln 3,所以C不正确;(x2cos x)′=2xcos x+x2·(-sin x),所以D不正确;(log2x)′=,所以B正确.故选B.3.若f′(x0)=-3,则等于( A )(A)-12 (B)-9 (C)-6 (D)-3解析:因为=+3=f′(x0)+3f′(x0)=4f′(x0),所以=-12.故选A.4.设f(x)=x2(2-x),则f(x)的单调递增区间是( A )(A)(0,) (B)(,+∞)(C)(-∞,0) (D)(-∞,0)∪(,+∞)解析:f(x)=2x2-x3,f′(x)=4x-3x2,由f′(x)>0得0<x<.故选A.5.如图是函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象,则下面判断正确的是( C )(A)在区间(-2,1)上f(x)是增函数(B)在(1,3)上f(x)是减函数(C)在(4,5)上f(x)是增函数(D)当x=4时,f(x)取极大值解析:由导函数y=f′(x)的图象知,f(x)在(-2,1)上先减后增,在(1,3)上先增后减,在(4,5)上单调递增,x=4是f(x)的极小值点,故A,B,D错误.故选C.6.函数y=x4-4x+3在区间[-2,3]上的最小值为( D )(A)72 (B)36 (C)12 (D)0解析:y′=4x3-4,令y′=0,则4x3-4=0,x=1,当x<1时,y′<0;当x>1时,y′>0得y 极小值=y x=1=0,得y min=0.故选D.7.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为( D )(A)(-1,2) (B)(-3,6)(C)(-∞,-1)∪(2,+∞) (D)(-∞,-3)∪(6,+∞)解析:因为f(x)有极大值和极小值,所以导函数f′(x)=3x2+2ax+(a+6)有两个不等零点,所以Δ=4a2-12(a+6)>0,得a<-3或a>6.故选D.8.设底为正三角形的直棱柱的体积为V,那么其表面积最小时,底面边长为( C )(A) (B) (C) (D)2解析:设底面边长为x,侧棱长为l,则V=x2·sin 60°·l,所以l=,所以S表=2S底+3S侧=x2·sin 60°+3·x·l=x2+,S′表=x-.令′S表=0,所以x3=4V,即x=.又当x∈(0,)时,S′表<0;当x∈(,V),S′表>0,所以当x=时,表面积最小.故选C.9.已知函数f(x)=e x-mx+1的图象是曲线C,若曲线C不存在与直线y=ex垂直的切线,则实数m的取值范围是( D )(A)(-∞,-) (B)[,+∞)(C)(-∞,) (D)(-∞,]解析:函数f(x)=e x-mx+1的导数为f′(x)=e x-m,设切点为(s,t),即有切线的斜率为e s-m,若曲线C不存在与直线y=ex垂直的切线,则关于s的方程e s-m=-无实数解,由于e s>0,即有m-≤0,解得m≤.故选D.10.已知向量a=(e x+,-x),b=(1,t),若函数f(x)=a·b在区间(-1,1)上单调递增,则t的取值范围是( A )(A)(-∞,-1] (B)(e+1,+∞)(C)(-1,e+1) (D)(-∞,-1)解析:f(x)=e x+-tx,f′(x)=e x+x-t,由题意得e x+x-t≥0,即t≤e x+x在(-1,1)上恒成立,所以t≤-1.故选A.11.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-](C)[-6,-2] (D)[-4,-3]解析:显然x=0时,对任意实数a,已知不等式恒成立;令t=,若0<x≤1,则原不等式等价于a≥--+=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),令g(t)=-3t3-4t2+t,则g′(t)=-9t2-8t+1=-(9t-1)(t+1),由于t≥1,故g′(t)≤0,即函数g(t)在[1,+∞)上单调递减,最大值为g(1)=-6,故只要a≥-6;若-2≤x<0,则a≤--+=-3t3-4t2+t,t∈(-∞,-],令g(t)=-3t3-4t2+t,则g′(t)=-9t2-8t+1=-(9t-1)(t+1),在区间(-∞,-]上的极值点为t=-1,且为极小值点,故函数g(t)在(-∞,-]上有唯一的极小值点,也是最小值点,故只要a≤g(-1)=-2.综上可知,若在[-2,1]上已知不等式恒成立,则a为上述三种情况的交集,即-6≤a≤-2.故选C.12.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是( C )(A)f()< (B)f()>(C)f()< (D)f()>解析:因为f′(x)>k>1,构造函数g(x)=f(x)-kx,所以g(x)在R上单调递增,又>0,所以g()>g(0)即f()->-1,得到f()>,所以C选项一定错误.A,B,D都有可能正确.故选C.二、填空题(每小题5分,共20分)13.已知函数f(x)=(2x+1)e x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(0)的值为.解析:f′(x)=2e x+(2x+1)e x=(2x+3)e x,所以f′(0)=3.答案:314.已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .解析:因为f(1)=2+a,f′(1)=3a+1,所以切线方程为y-(2+a)=(3a+1)(x-1),又切线过点(2,7),所以5-a=3a+1,得a=1.答案:115.函数y=x3+x2-5x-5的单调递增区间是.解析:由y′=3x2+2x-5>0得x<-,或x>1.答案:(-∞,-),(1,+∞)16.已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是. 解析:由于f′(x)=1+>0,因此函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在x∈[1,2],使得g(x)=x2-2ax+4≤-1,即x2-2ax+5≤0,即a≥+能成立,令h(x)=+,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立,只需使a≥h(x)min,又函数h(x)=+在x∈[1,2]上单调递减,所以h(x)min=h(2)=,故只需a≥.答案:[,+∞)三、解答题(共70分)17.(本小题满分10分)已知函数f(x)=x3+x-16.(1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线的方程;(2)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-x+3垂直,求切点坐标与切线的方程.解:(1)因为f′(x)=3x2+1,所以f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率k=f′(2)=13.所以切线的方程为y=13(x-2)+(-6),即y=13x-32.(2)因为切线与直线y=-+3垂直,所以切线的斜率为4.设切点的坐标为(x0,y0),则f′(x0)=3+1=4,所以x0=±1,所以或即切点坐标为(1,-14)或(-1,-18).切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18.即y=4x-18或y=4x-14.18.(本小题满分12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2.令f′(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2.所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;当x1<x<x2时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,)和(,+∞)内单调递减,在(,)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.19.(本小题满分12分)给定函数f(x)=-ax2+(a2-1)x和g(x)=x+.(1)求证:f(x)总有两个极值点;(2)若f(x)和g(x)有相同的极值点,求a的值.(1)证明:因为f′(x)=x2-2ax+(a2-1)=[x-(a+1)]·[x-(a-1)], 令f′(x)=0,解得x1=a+1,x2=a-1.当x<a-1时,f′(x)>0;当a-1<x<a+1,f′(x)<0.所以x=a-1为f(x)的一个极大值点.同理可证x=a+1为f(x)的一个极小值点.所以f(x)总有两个极值点.(2)解:因为g′(x)=1-=.令g′(x)=0,则x1=a,x2=-a.因为f(x)和g(x)有相同的极值点,且x1=a和a+1,a-1不可能相等,所以当-a=a+1时,a=-;当-a=a-1时,a=.经检验,当a=-和a=时,x1=a,x2=-a都是g(x)的极值点.20.(本小题满分12分)某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为3元,并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费,预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时,一年的销售量为(12-x)2万件.(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式;(2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润L最大,并求出L的最大值Q(a).解:(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L=(x-3-a)(12-x)2,x∈[9,11].(2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′=0,得x=6+a或x=12(不合题意,舍去).因为3≤a≤5,所以8≤6+a≤.在x=6+a两侧L′的值由正变负.所以①当8≤6+a<9,即3≤a<时,L max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).②当9≤6+a≤,即≤a≤5时,L max=L(6+a)=(6+a-3-a)[12-(6+a)]2=4(3-a)3.所以Q(a)=综上,若3≤a<,则当每件售价为9元时,分公司一年的利润L最大,最大值Q(a)=9(6-a)(万元);若≤a≤5,则当每件售价为(6+a)元时,分公司一年的利润L最大,最大值Q(a)=4(3-a)3(万元).21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx-1,当x=-2时有极值,且在x=-1处的切线的斜率为-3.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值;(3)若过点P(1,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围. 解:(1)f′(x)=3x2+2bx+c,f(x)在x=-2时有极值,且在x=-1处的切线的斜率为-3,可有⇒函数f(x)的解析式为f(x)=x3+3x2-1.(2)由(1)知f′(x)=3x2+6x,令f′(x)=0,有x1=0,x2=-2.所以,当x∈[-1,0]时,f′(x)<0,f(x)在(-1,0)上单调递减;当x∈[0,2]时,f′(x)>0,f(x)在(0,2)上单调递增.所以f(x)min=f(0)=-1.又f(-1)=1,f(2)=19,所以f(x)max=19.(3)设切点为(x0,+3-1),切线斜率为k=f′(x0)=3+6x0,所以切线方程为y-(+3-1)=(3+6x0)(x-x0) ,又切线过点P(1,m),代入化简为m=-2+6x0-1,令y=m 与 h(x0)=-2+6x0-1,h′(x0)=-6+6,令h′(x0)=0,得x1=-1,x2=1;h(x0)在(-∞,-1),(1,+∞)单调递减,(-1,1)上单调递增,h(-1)=-5,h(1)=3.过点P(1,m)可作曲线y=f(x)的三条切线,即存在三个x0,也即是y=m 与h(x)有三个交点.故可知-5<m<3,即m的取值范围为(-5,3).22.(本小题满分12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.(1)解:由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1,令f′(x)=0解得x=1.当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,f(x)<0,即ln x<x-1.故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln <-1,即1<<x.(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-c x,则g′(x)=c-1-c x ln c,令g′(x)=0,解得x0=.当x<x0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1<<c,故0<x0<1.又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.。
