高中數學人教A版選修11 第3章綜合檢測2 Word版含解析

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1、（人教版）精品數學教學資料 第三章 單元綜合檢測（二） (時間120分鐘　　滿分150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．若物體的運動規(guī)律是s＝f(t)，則物體在時刻t0的瞬時速度可以表示為(　　) (1) ； (2) ； (3)f′(t0)； (4)f′(t)． A. (1)(2)　 B. (1)(3) C. (2)(3)　 D. (2)(4) 解析：根據瞬時速度的概念及導數的意義易知(1)(3)正確，故選B. 答案：B 2．已知曲線y＝2ax2＋1過點(，3)，則該曲線在該點處的切線方程為(　　) A．y＝－4x－1　 B．y

2、＝4x－1 C．y＝4x－11　 D．y＝－4x＋7 解析：∵曲線過點(，3)，∴3＝2a2＋1，∴a＝1. ∴切點為(1,3)．由導數定義可得y′＝4ax＝4x， ∴該點處切線斜率為k＝4. ∴切線方程為y－3＝4(x－1)，即y＝4x－1. 答案：B 3．任一作直線運動的物體，其位移s與時間t的關系是s＝3t－t2，則物體的初速度是(　　) A．0　 B．3 C．－2　 D．3－2t 解析：物體的初速度即為t＝0時物體的瞬時速度，即函數s(t)在t＝0處的導數． s′(0)＝s′|t＝0＝(3－2t)|t＝0＝3. 答案：B 4．下列求導運算正確的是(　　) A

3、. (x＋)′＝1＋ B. (log2x)′＝ C. (5x)′＝5xlog5e　 D. (x2cosx)′＝2xsinx 解析：∵(x＋)′＝1－，(5x)′＝5xln5，(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2(cosx)′＝2xcosx－x2sinx，∴B選項正確． 答案：B 5．函數y＝f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為(　　) A. －e　 B. 1－e C. －1　 D. 0 解析：y′＝－1，令y′＝0，得x＝1.列表如下： x (0,1) 1 (1，e) e y′ ＋ 0 － y 單調遞增 極大值－1 單

4、調遞減 1－e f(e)＝1－e，而－1>1－e，從而y最大值＝f(1)＝ －1. 答案：C 6．對任意的x∈R，函數f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在極值點的充要條件是(　　) A. 0≤a≤21　 B. a＝0或a＝7 C. a<0或a>21　 D. a＝0或a＝21 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，當Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21時，f′(x)≥0恒成立，函數不存在極值點． 答案：A 7．已知函數y＝f(x)，其導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)(　　) A. 在(－∞，0)上為減函數 B. 在x＝0處取極小值 C. 在(

5、4，＋∞)上為減函數 D. 在x＝2處取極大值 解析：當x<0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上是增函數，故A錯；當x<0時，f′(x)>0，當04時，f′(x)<0，f(x)在(4，＋∞)上是減函數，C正確． 答案：C 8．函數f(x)＝x3＋ax－2在區(qū)間(1，＋∞)內是增函數，則實數a的取值范圍是(　　) A．[3，＋∞)　 B．[－3，＋∞) C．(－3，＋∞)　 D．(－∞，－3) 解析：f′(x)＝3x2＋a.令3x2＋a≥0， 則a≥－3x2，x∈(1，＋∞)，∴a≥－3.

6、 答案：B 9．[2014昆明調研]已知f′(x)為函數f(x)＝x＋的導函數，則下列結論中正確的是(　　) A. ?x0∈R，?x∈R且x≠0，f(x)≤f(x0) B. ?x0∈R，?x∈R且x≠0，f(x)≥f(x0) C. ?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0 D. ?x0∈R，?x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0 解析：令f′(x)＝1－＝＝0，得x＝1.當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.故當x>0時，f(x)≥2；當x<0時，f(x)≤－2

7、，故函數在其定義域內沒有最大值和最小值，故A，B錯；函數在x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故C錯；當x0≥1時滿足題意，D正確，故選D. 答案：D 10．若函數f(x)＝asinx＋cosx在x＝處有最值，那么a等于(　　) A.　 B．－ C.　 D．－ 解析：f′(x)＝acosx－sinx，由題意f′＝0， 即a－＝0，∴a＝. 答案：A 11．已知函數f(x)在定義域R內可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則a、b、c的大小關系為(　　) A. a

8、 C. c0， 即x<1時，f(x)單調遞增． a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)＝f(－1)， ∵－1<0<，∴c C．m≤　 D．m< 解析：∵f(x)＝x4－2x3＋3m， ∴f′(x)＝2x3－6x2. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，經檢驗知x＝3是

9、函數的一個最小值點，∴函數的最小值為f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，∴3m－≥－9，解得m≥.故選A. 答案：A 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．已知曲線y＝x2－1在x＝x0處的切線與曲線y＝1－x3在x＝x0處的切線互相平行，那么可得x0的值為________． 解析：∵k1＝2x0，k2＝－3x， ∴令2x0＝－3x得x0＝－，或x0＝0.經驗證兩個值都滿足題意． 答案：－或0 14．如果函數f(x)＝x3－6bx＋3b在區(qū)間(0,1)內存在與x軸平行的切線，則實數b的取值范圍是________． 解析：存

10、在與x軸平行的切線，即f′(x)＝3x2－6b＝0有解．又∵x∈(0,1)，∴b＝∈(0，)． 答案：(0，) 15．如果圓柱的軸截面周長為定值4，則圓柱體積的最大值為________． 解析：設圓柱的高為h，底面半徑為R，根據條件4R＋2h＝4，得h＝2－2R,0

11、)，兩邊求導數得＝g′(x)lnf(x)＋g(x)，于是y′＝f(x)g(x)[g′(x)lnf(x)＋g(x)]．運用此方法可以探求得知y＝x(x>0)的一個單調遞增區(qū)間為__________． 解析：由題意得y′＝x(－lnx＋)＝x－2(1－lnx)，由y′>0，得0

12、(a＋1)x－a. ∵f(x)在x＝3處取得極值， ∴f′(3)＝39－2(a＋1)3－a＝0， 解得a＝3. ∴f(x)＝x3－4x2－3x. (2)A點在f(x)上， 由(1)可知f′(x)＝3x2－8x－3， f′(－)＝＋－3＝0，∴切線方程為y＝. 18．(12分)若函數f(x)＝ax2＋2x－lnx在x＝1處取得極值． (1)求a的值； (2)求函數f(x)單調區(qū)間及極值． 解：(1)f′(x)＝2ax＋2－， 由f′(1)＝2a＋＝0，得a＝－. (2)f(x)＝－x2＋2x－lnx(x>0)． f′(x)＝－x＋2－＝. 由f′(x)＝0，得x＝1

13、或x＝2. ①當f′(x)>0時12. 當x變化時f′(x)，f(x)的變化情況如下： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)   －ln2  因此f(x)的單調遞增區(qū)間是(1,2)，單調遞減區(qū)間是(0,1)，(2，＋∞)． 函數的極小值為f(1)＝，極大值為f(2)＝－ln2. 19．(12分)[2012安徽高考]設函數f(x)＝aex＋＋b(a>0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)內的最小值； (2)設曲線y＝f(x)在點(2，f

14、(2))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 解：(1)f′(x)＝aex－， 當f′(x)>0，即x>－lna時，f(x)在(－lna，＋∞)上遞增； 當f′(x)<0，即x<－lna時，f(x)在(－∞，－lna)上遞減． ①當00，f(x)在(0，－lna)上遞減，在(－lna，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內的最小值為f(－lna)＝2＋b； ②當a≥1時，－lna≤0，f(x)在[0，＋∞)上遞增，從而f(x)在[0，＋∞)內的最小值為f(0)＝a＋＋b. (2)依題意f′(2)＝ae2－＝， 解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)． 所以

15、a＝，代入原函數可得2＋＋b＝3，即b＝. 故a＝，b＝. 20．(12分)[2014溫州十校聯考]已知函數f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中實數a>0. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若在區(qū)間[－，]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，f(2)＝3， 所以切線方程為：y＝6x－9. (2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)． 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. ①若0

16、調遞減． 所以當x∈[－，]時，f(x)>0等價于，即. 解不等式組得－52，則0<<，當x變化時， 在(－，0)上f(x)單調遞增；在(0，)上f(x)單調遞減，在(，)上f(x)單調遞增． 所以當x∈[－，]時，f(x)>0等價于，即. 解不等式組得

17、＋lnx，∴f′(x)＝2x＋. ∵x>1時，f′(x)>0， ∴f(x)在[1，e]上是增函數． ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2. (2)證明：令F(x)＝f(x)－g(x) ＝x2－x3＋lnx， ∴F′(x)＝x－2x2＋＝ ＝＝. ∵x>1，∴F′(x)<0. ∴F(x)在(1，＋∞)上是減函數． ∴F(x)

18、 (2)證明：對任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)； (3)設(2)中所確定的s關于t的函數為s＝g(t)，證明：當t>e2時，有<<. 解：(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，)， 單調遞增區(qū)間是(，＋∞)． (2)證明：當00， 令h(x)＝f(x)－t，x∈[

19、1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)內單調遞增．h(1)＝ －t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． (3)證明：因為s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，從而＝＝＝＝， 其中u＝lns.要使<<成立，只需0e2時，若s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e， 即u>1，從而lnu>0成立． 另一方面，令F(u)＝lnu－，u>1. F′(u)＝－， 令F′(u)＝0，得u＝2.當10； 當u>2時，F′(u)<0. 故對u>1，F(u)≤F(2)<0. 因此lnu<成立． 綜上，當t>e2時，有<<.