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第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
章末檢測試卷(一)
(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．由曲線y＝x2，直線y＝0和x＝1所圍成的圖形的面積是( )
A. B.
C. D.
考點 利用定積分求曲線所圍成圖形面積
題點 不需分割的圖形的面積求解
答案 C
解析 由題意知，其圍成的圖形的面積為?x2dx＝＝.
2．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)極小值點的個數(shù)為( )
A．1 B．2
C．3 D．0
考點 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點 函數(shù)極值在函數(shù)圖象上的應(yīng)用
答案 A
解析 設(shè)極值點依次為x1，x2，x3且a
0；
B項，?(1－|x|)dx＝?1dx－?|x|dx＝2－1>0；
C項，?|x－1|dx＝?(1－x)dx＝＝2>0；
D項，?(|x|－1)dx＝?|x|dx－?1dx＝1－2<0，故選D.
8．若函數(shù)y1＝sin 2x1＋，函數(shù)y2＝x2＋3，則(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為( )
A.π＋ B.
C.2 D.
考點 導(dǎo)數(shù)的綜合運用
題點 導(dǎo)數(shù)的綜合運用
答案 D
解析 表示兩函數(shù)圖象上任意兩點之間的距離，其最小值應(yīng)為曲線y1上與直線y2平行的切線的切點到直線y2的距離．
∵y′1＝2cos 2x1，令y′1＝1，
∴cos 2x1＝，∵x1∈
∴x1＝，
∴y1＝，故切點坐標(biāo)為，切點到直線y2的距離為＝，
∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為.故選D.
9．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln x(x>0)，則f(x)( )
A．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均有零點
B．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均無零點
C．在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點
D．在區(qū)間內(nèi)有零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無零點
考點 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點 函數(shù)零點與方程的根
答案 C
解析 由題意得f′(x)＝.
令f′(x)>0得x>3；令f′(x)<0得00，f(e)＝－1<0，
f＝＋1>0，
所以f(x)在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點．
10．函數(shù)f(x)在定義域R上的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0.設(shè)a＝f(0)，b＝f()，c＝f(log28)，則( )
A．cb>c
C．a(chǎn)0，
∴f(x)在區(qū)間(－∞，1)上為增函數(shù)．
又∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，
∴f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數(shù)．
∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，
∴c0，則a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
考點 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點 函數(shù)零點與方程的根
答案 B
解析 當(dāng)a＝0時，由f(x)＝－3x2＋1＝0，
解得x＝，函數(shù)f(x)有兩個零點，不符合題意．
當(dāng)a>0時，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，
解得x＝0或x＝>0，
此時f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
∵當(dāng)x→－∞時，f(x)→－∞，且f(0)＝1>0，
∴存在x0<0，使得f(x0)＝0，不符合題意．
當(dāng)a<0時，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，
解得x＝0或x＝<0，
此時f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x
0
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
極小值
↗
極大值
↘
∵f(0)＝1>0，且當(dāng)x→＋∞時，f(x)→－∞，
∴存在x0>0，使得f(x0)＝0.
又f(x)存在唯一的零點x0，
∴極小值f＝a3－32＋1>0，
∴a>2或a<－2.
∵a<0，∴a<－2.
綜上可知，a的取值范圍是(－∞，－2)．
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)
13．若曲線y＝kx＋ln x在點(1，k)處的切線平行于x軸，則k＝________.
考點 求函數(shù)在某點處的切線斜率或切點坐標(biāo)
題點 求函數(shù)在某點處的切線的斜率
答案?。?
解析 ∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.
14．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax在區(qū)間(－1,1)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．
考點 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
題點 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍)
答案 [3，＋∞)
解析 由題意知f′(x)＝－3x2＋a≥0在區(qū)間(－1,1)上恒成立，則a≥3x2在區(qū)間(－1,1)上恒成立，故a≥3.
15.已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，給出以下說法：
①函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)；
②函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上無單調(diào)性；
③函數(shù)f(x)在x＝－處取得極大值；
④函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值．
其中正確的說法有________．
考點 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點 函數(shù)極值在函數(shù)圖象上的應(yīng)用
答案?、佗?
解析 由圖象上可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)，故①正確；
當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上是減函數(shù)，②錯誤，③也錯誤；
當(dāng)00)的極大值為正數(shù)，極小值為負(fù)數(shù)，則a的取值范圍為________．
考點 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
題點 已知極值求參數(shù)
答案
解析 f′(x)＝3x2－3a2(a>0)，
∴當(dāng)x<－a或x>a時，f′(x)>0，
當(dāng)－a.
三、解答題(本大題共6小題，共70分)
17．(10分)已知f(x)＝log3，x∈(0，＋∞)，是否存在實數(shù)a，b，使f(x)同時滿足下列兩個條件：
①f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)；
②f(x)的最小值是1.
若存在，求出a，b，若不存在，請說明理由．
考點 導(dǎo)數(shù)在最值問題中的應(yīng)用
題點 已知最值求參數(shù)
解 設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，
∵f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，
∴g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，
又∵f(x)的最小值為1，則g(x)的最小值為3，
∴∴解得
經(jīng)檢驗，當(dāng)a＝1，b＝1時，f(x)滿足題設(shè)的兩個條件．
18．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6)．
(1)求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值．
考點 函數(shù)在某點處取得極值的條件
題點 含參數(shù)求極值問題
解 (1)∵f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x>0)，
∴f′(x)＝2a(x－5)＋(x>0)．
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
∴f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x－1)．
∵切線與y軸相交于點(0,6)，
∴6－16a＝8a－6，∴a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝(x－5)＋＝(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3.
當(dāng)03時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0,2)，(3，＋∞)上為增函數(shù)；
當(dāng)20；
當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．
令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a.
若a≤1，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)，
而g(0)＝0，從而當(dāng)x≥0時，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，則當(dāng)x∈(0，ln a)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0，
從而當(dāng)x∈(0，ln a)時，g(x)<0，即f(x)<0，不符合題意．
綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．
20．(12分)某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為30元，并且每件產(chǎn)品需向總公司繳納a元(a為常數(shù)，2≤a≤5)的管理費，根據(jù)多年的管理經(jīng)驗，預(yù)計當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為x元時，產(chǎn)品一年的銷售量為(e為自然對數(shù)的底數(shù))萬件．已知當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為40元時，該產(chǎn)品一年的銷售量為500萬件，經(jīng)物價部門核定，每件產(chǎn)品的售價x最低不低于35元，最高不超過41元．
(1)求分公司經(jīng)營該產(chǎn)品一年的利潤L(x)(萬元)與每件產(chǎn)品的售價x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價為多少元時，分公司一年的利潤L(x)最大？并求出L(x)的最大值．
考點 利用導(dǎo)數(shù)求解生活中的最值問題
題點 利用導(dǎo)數(shù)求解最大利潤問題
解 (1)設(shè)該產(chǎn)品一年的銷售量為Q(x)＝，
則＝500，
所以k＝500e40，則該產(chǎn)品一年的銷售量Q(x)＝，
則該產(chǎn)品一年的利潤L(x)＝(x－a－30)
＝500e40(35≤x≤41)．
(2)L′(x)＝500e40.
①若2≤a≤4，則33≤a＋31≤35，
當(dāng)35≤x≤41時，L′(x)≤0，L(x)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝35時，L(x)取得最大值為500(5－a)e5；
②若40，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點．
所以最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x.
設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
則h′(x)＝－≤0，
即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
當(dāng)x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g.
當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)>g.
當(dāng)x>1時，h(x)0，
所以g(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．
故當(dāng)x＝e時，g(x)有最小值且最小值為g(e)＝e.
所以m≤e.即m的取值范圍是(－∞，e]．
(2)由題意，得k(x)＝x－2ln x－a.令φ(x)＝x－2ln x，
又函數(shù)k(x)在(1,3)上恰有兩個不同零點，
相當(dāng)于函數(shù)φ(x)＝x－2ln x與直線y＝a有兩個不同的交點．
φ′(x)＝1－＝，
當(dāng)x∈(1,2)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(2,3)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增．
又φ(1)＝1，φ(2)＝2－2ln 2，φ(3)＝3－2ln 3，
要使直線y＝a與函數(shù)φ(x)＝x－2ln x有兩個交點，
則2－2ln 2
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