高中数学第3章导数及其应用章末综合检测苏教版.pdf

精品教案可编辑章末综合测评(三)导数及其应用(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.请把答案填写在题中横线上.)1.质点运动规律st23，则在时间(3,3 t)中，质点的平均速度等于_.【解析】平均速度为V3t233233t 36t.【答案】6t2.若f(x0)3，则当h0 时，fx0hfx03hh趋于常数 _.【解析】fx0hfx03hh 4fx0hfx03h4h.f(x0)3，当h0 时，fx0hfx03h4h趋于 3，故当h0 时，fx0hfx03hh趋于 12.【答案】123.(2015天津高考)已知函数f(x)axln x，x(0，)，其中a为实数，f(x)为f(x)的导函数.若f(1)3，则a的值为 _.【解析】f(x)aln xx1xa(1ln x).由于f(1)a(1ln 1)a，又f(1)3，所以a3.【答案】34.已知曲线f(x)x2 2x2 在点M处的切线与x轴平行，则点M的坐标是 _.【解析】f(x)2x2，由f(x)0 得x 1，又f(1)12 2 3，点M的坐标为(1，3).【答案】(1，3)5.函数yxex在其极值点处的切线方程为_.精品教案可编辑【解析】由题知y exxex，令y 0，解得x 1，代入函数解析式可得极值点的坐标为1，1e，又极值点处的切线为平行于x轴的直线，故方程为y1e.【答案】y1e6.下列结论(sin x)cos x；1x1x2；(log3x)13ln x；(x2)1x；xexx1ex，其中正确的有_(填序号).【解析】由于(sin x)cos x，故错误；由于1x1x2，故错误；由于(log3x)1xln 3，故错误；由于x22x，故错误；由于xexexxexex2x1ex，所以正确.【答案】7.函数yxsin xcos x在(，3)内的单调增区间是_.【解析】yxsin xcos x，yxcos x，令yxcos x0，且x(，3)，cos x0，且x(，3)，x32，52，函数yxsin xcos x在(，3)内的单调增区间是32，52.【答案】32，528.(2016徐州高二检测)函数f(x)12ex(sin xcos x)在区间上的值域为_.【解析】f(x)12ex(sin xcos x)12ex(cos xsin x)excos x，精品教案可编辑当 0 x2时，f(x)0，f(x)故 0，2上单调递增.f(x)的最大值在x2处取得，f212e2，f(x)的最小值在x0 处取得，f(0)12.函数值域为12，12e2.【答案】12，12e29.若f(x)12x2bln(x2)在(1，)上是减函数，则b的取值范围是 _.【解析】由题意可知f(x)xbx20，在x(1，)上恒成立，即bx(x2)在x(1，)上恒成立，由于yx(x2)在(1，)上是增函数且y(1)1，所以b1.【答案】(，110.如图 1，是yf(x)的导函数的图象，现有四种说法：f(x)在(2，1)上是增函数；x 1 是f(x)的极小值点；f(x)在(1,2)上是增函数；x2 是f(x)的极小值点.以上说法正确的序号是_(填序号).图 1【解析】由函数的图象可知：f(2)0，f(1)0，f(x)在(2，1)上是减函数，精品教案可编辑不正确；x 1 时f(1)0，函数在(3，1)递减，在(1,2)单调递增，所以x 1是f(x)的极小值点，所以正确；f(x)在(1,2)上f(x)0，所以函数在(1,2)上是增函数，所以正确；函数在(1,2)单调递增，在(2,4)单调递减，所以x2 是f(x)的极大值点，所以不正确.【答案】，11.已知f(x)x33x22xa，若f(x)在 R 上的极值点分别为m，n，则mn的值为_.【解析】f(x)x33x22xa，f(x)3x26x2，f(x)在 R 上的极值点分别为m，n，则m，n为f(x)0 的两个根，根据韦达定理可得，mn632，mn的值为 2.【答案】212.若a2，则函数f(x)13x3ax21 在区间(0,2)上恰好有 _ 个零点.【解析】f(x)x2 2axx(x2a)，由f(x)0，得x0 或x2a，又a2，2a4.当x(0,2)时，f(x)0，此时f(x)单调递减，又f(0)1，f(2)834a11134a，由a 2 知f(2)0，函数f(x)在(0,2)上只有 1 个零点.【答案】113.(2016郴州高二检测)对于 R 上可导的任意函数f(x)，若满足(x 1)f(x)0，则f(0)f(2)与 2f(1)的大小关系为 _.【解析】依题意，当x1 时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数；当x1 时，f(x)0，f(x)在(，1)上是减函数，故当x1 时，f(x)取得极小值也为最小值，即有f(0)f(1)，f(2)f(1)，f(0)f(2)2f(1).【答案】f(0)f(2)2f(1)14.已知函数f(x)13x312x2 2xm的图象不经过第四象限，则实数m的取值范围是精品教案可编辑_.【解析】f(x)x2x2.令f(x)0，解得x 2 或 1，则f(x)在(0,1)内单调递减，在(1，)上单调递增，x 1 是极小值点.f(x)的图象不经过第四象限，即当x0 时，f(x)0.f(1)13122m 0，m76.【答案】m76二、解答题(本大题共 6 小题，共 90 分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)15.(本小题满分14 分)已知函数yax3bx2，当x1 时，有极大值3.(1)求a，b的值；(2)求函数y的极小值.【解】(1)y 3ax22bx，当x1 时，y|x1 3a2b 0，y|x1ab3，即3a2b0ab3，解得：a 6，b9.(2)由(1)得y 6x39x2，y 18x218x，令y 0，得x0，或x1当x1 或x0 时，y 0，函数在(，0)，(1，)内单调递减；当0 x1 时，y 0，函数在(0,1)单调递增.y极小值y|x00.16.(本小题满分14 分)已知函数f(x)x33x29xa.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间 1,2 上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.【解】(1)f(x)3x26x9.令f(x)0，解得x 1 或x3，所以函数f(x)的单调递减区间为(，1)，(3，).(2)f(2)81218 a22 a.因为f(x)在区间 1,2 上f(x)0，所以f(x)在区间 1,2 上单调递增，因此f(2)和f(1)分别是f(x)在区间 1,2 上的最大值和最小值，于是有22 a20，解精品教案可编辑得a 2.故f(x)x33x29x 2，因此f(1)139 2 7，即函数f(x)在区间 1,2 上的最小值为7.17.(本小题满分14 分)设函数f(x)ln xln(2 x)ax(a0).(1)当a1 时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1 上的最大值为12，求a的值.【解】函数f(x)的定义域为(0,2)，f(x)1x12xa.(1)当a1 时，f(x)x2 2x2x，令f(x)0，得x2或x2(舍去)所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2).(2)当x(0,1 时，f(x)22xx2xa0，即f(x)在(0,1 上单调递增，故f(x)在(0,1 上的最大值为f(1)a，因此a12.18.(本小题满分16分)(2016南京高二检测)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40 元，其他费用每小时需400 元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【解】设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.由题意，令40 k 203，k1200，则总费用f(x)(kx3 400)axa kx2400 xa1200 x2400 x(0 x 100).由f(x)ax340 000100 x20，得x2035.当 0 x 2035时，f(x)0，f(x)单调递减；当2035x 100时，f(x)0，f(x)单精品教案可编辑调递增.当x 2035时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为2035 km/h时，总费用最少.19.(本小题满分16 分)已知a为实数，函数f(x)x(xa).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(a)为f(x)在区间 0,2上的最小值，试写出g(a)的表达式.【解】(1)由题意知函数的定义域为0，)，f(x)xxa2x3xa2x(x0)若a 0，则f(x)0，故f(x)有单调递增区间0，)；若a0，令f(x)0，得xa3.当 0 xa3时，f(x)0，当xa3时，f(x)0.故f(x)有单调递减区间0，a3，单调递增区间a3，.由于函数在某一点处没有增减性，故函数的单调区间的情况为：若a 0，f(x)有单调递增区间0，)；若a0，f(x)有单调递减区间0，a3，单调递增区间a3，.(2)若a 0，f(x)在 0,2 上单调递增，所以g(a)f(0)0.若 0a6，f(x)在 0，a3上单调递减，在a3，2上单调递增，所以g(a)fa32a3a3.若a 6，f(x)在 0,2 上单调递减，所以g(a)f(2)2(2 a).精品教案可编辑综上所述，g(a)0，a 0，2a3a3，0a6，22a，a 6.20.(本小题满分16 分)(2016洛阳高二检测)设函数f(x)a(x1)2ln(x1)bx(x1)，曲线yf(x)过点(e1，e2e1)，且在点(0,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x0时，f(x)x2；(3)若当x0时，f(x)mx2恒成立，求实数m的取值范围.【解】(1)f(x)2a(x1)ln(x1)a(x1)b，f(0)ab0，f(e1)ae2b(e1)a(e2e1)e2 e1，a1，b1.(2)f(x)(x1)2ln(x1)x，设g(x)(x1)2ln(x1)xx2，(x 0)，g(x)2(x1)ln(x 1)x，(g(x)2ln(x1)10，g(x)在 0，)上单调递增，g(x)g(0)0，g(x)在 0，)上单调递增，g(x)g(0)0.f(x)x2.(3)设h(x)(x1)2ln(x1)xmx2，h(x)2(x1)ln(x1)x2mx，由(2)中知(x 1)2ln(x 1)x2xx(x1)，(x1)ln(x 1)x，h(x)3x2mx，当 32m0即m32时，h(x)0，h(x)在 0，)单调递增，h(x)h(0)0，成立.精品教案可编辑当 32m0 即m32时，h(x)2(x1)ln(x1)(12m)x，h(x)2ln(x1)32m，令h(x)0，得x0e2m32 10，当x0，x0)时，h(x)h(0)0，h(x)在 0，x0)上单调递减，h(x)h(0)0，不成立.综上，m32.