高中數學 第三章 導數及其應用學業(yè)質量標準檢測 新人教A版選修11

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1、 第三章　導數及其應用 時間120分鐘，滿分150分。 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．設正弦函數y＝sin x在x＝0和x＝附近的瞬時變化率為k1、k2，則k1、k2的大小關系為(　A　) A．k1>k2　　　　　　　 B．k1<k2 C．k1＝k2 D．不確定 [解析]　y＝sin x，y′＝cos x，∴k1＝cos 0＝1，k2＝cos＝0，k1>k2. 2．y＝xα在x＝1處切線方程為y＝－4x，則α的值為(　B　) A．4　　 B．－4　 C．1　　 D．－1

2、 [解析]　y′＝(xα)′＝αxα－1， 由條件知，y′|x＝1＝α＝－4. 3．函數y＝x2cos x的導數為(　A　) A．y′＝2xcos x－x2sin x B．y′＝2xcos x＋x2sin x C．y′＝x2cosx－2xsin x D．y′＝xcosx－x2sin x [解析]　y′＝(x2cos x)′＝(x2)′cos x＋x2·(cos x)′＝2xcos x－x2sin x. 4．函數y＝12x－x3的單調遞增區(qū)間為(　C　) A．(0，＋∞) B．(－∞，－2) C．(－2,2) D．(2，＋∞) [解析]　y′＝12－3x2＝3(4－x

3、2)＝3(2＋x)(2－x)，令y′>0，得－2<x<2，故選C． 5．(2016·福建寧德市高二檢測)曲線f(x)＝在x＝e處的切線方程為(　A　) A．y＝ B．y＝e C．y＝x D．y＝x－e＋ [解析]　f′(x)＝，∴f′(e)＝＝0， ∴曲線在x＝e處的切線的斜率k＝0. 又切點坐標為(e，)，∴切線方程為y＝. 6．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3時取得極值，則a＝(　D　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，由條件知，x＝－3是方程f ′(x)＝0的實數根，∴a＝5.

4、 7．三次函數f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是減函數，則m的取值范圍是(　C　) A．m<0 B．m<1 C．m≤0 D．m≤1 [解析]　f ′(x)＝3mx2－1，由題意知3mx2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，當m＝0時，－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立；當m≠0時，由題意得m<0，綜上可知m≤0. 8．已知拋物線y＝－2x2＋bx＋c在點(2，－1)處與直線y＝x－3相切，則b＋c的值為(　C　) A．20 B．9 C．－2 D．2 [解析]　由題意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b， ∴－4×2＋b＝1，∴b＝9， 又點(2

5、，－1)在拋物線上， ∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故選C． 9．三次函數當x＝1時，有極大值4；當x＝3時，有極小值0，且函數過原點，則此函數是(　B　) A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9x C．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x [解析]　設函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)， ∵函數圖象過原點，∴d＝0.f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c， 由題意得，，即，解得， ∴f(x)＝x3－6x2＋9x，故應選B． 10．(2016·山西大同高二月考)某商場從生產廠家以每件20元購進一批商品，若該商品零售價定為P元，銷

6、售量為Q，則銷售量Q(單位：件)與零售價P(單位：元)有如下關系Q＝8 300－170P－P2，則最大毛利潤為(毛利潤＝銷售收入－進貨支出)(　D　) A．30元 B．60元 C．28 000元 D．23 000元 [解析]　設毛利潤為L(P)，由題意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8 300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11 700P－166 000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11 700.令L′(P)＝0，解得P＝30或－130(舍)．此時L(30)＝23 000，因為在P＝30附近的左側L′(P)>0，右側L′(P)<0.所以

7、L(30)是極大值也是最大值． 11．(2016·山東滕州市高二檢測)已知f′(x)是函數f(x)在R上的導函數，且函數f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數y＝xf′(x)的圖象可能是(　C　) [解析]　∵x＝－2時， f(x)取得極小值，∴在點(－2,0)左側，f′(x)<0，∴xf′(x)>0，在點(－2,0)右側f′(x)>0，∴xf′(x)<0，故選C． 12．(2016·山西晉城月考)已知f(x)＝x3－3x，過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則實數m的取值范圍是(　D　) A．(－1,1) B

8、．(－2,3) C．(－1,2) D．(－3，－2) [解析]　設切點為(t，t3－3t)，f′(x)＝3x2－3，則切線方程為y＝(3t2－3)(x－t)＋t3－3t，整理得y＝(3t2－3)x－2t3.把A(1，m)代入整理，得2t3－3t2＋m＋3＝0?、?因為過點A可作三條切線，所以①有三個解．記g(t)＝2t3－3t2＋m＋3，則g′(t)＝6t2－6t＝6t(t－1)，所以當t＝0時，極大值g(0)＝m＋3，當t＝1時，極小值g(1)＝m＋2.要使g(t)有三個零點，只需m＋3>0且m＋2<0，即－3<m<－2. 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5

9、分，共20分，將正確答案填在題中橫線上) 13．若函數f(x)＝x3－f′(1)x2＋2x－5，則f′(2)＝　　. [解析]　∵f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋2， ∴f′(1)＝3－2f′(1)＋2，∴f′(1)＝. 因此f′(2)＝12－4f′(1)＋2＝. 14．已知函數f(x)＝x3－x2＋cx＋d有極值，則c的取值范圍為　c<　. [解析]　∵f ′(x)＝x2－x＋c且f(x)有極值， ∴f ′(x)＝0有不等的實數根，即Δ＝1－4c>0. 解得c<. 15．已知函數f(x)＝x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值為，則實數m的值為__2

10、__. [解析]　f′(x)＝x2－2x－1， 令f′(x)<0，得1－<x<1＋， ∴f(x)在(1－，1＋)上單調遞減，即f(x)在[0,1]上單調遞減，∴f(x)min＝f(1)＝－1－1＋m＝，解得m＝2. 16．設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是__a<－1__. [解析]　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. 當a≥0時，y不可能有極值點，故a<0. 由ex＋a＝0，得ex＝－a，∴x＝ln(－a)． ∴x＝ln(－a)即為函數的極值點． ∴l(xiāng)n(－a)>0，即ln(－a)>ln1.

11、 ∴a<－1. 三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)已知f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝x2＋cx＋d，又f(2x＋1)＝4g(x)，且f ′(x)＝g′(x)，f(5)＝30.求g(4)． [解析]　由f(2x＋1)＝4g(x)， 得4x2＋2(a＋2)x＋(a＋b＋1)＝4x2＋4cx＋4d. 于是有 由f ′(x)＝g′(x)，得2x＋a＝2x＋c，∴a＝c，③ 由f(5)＝30，得25＋5a＋b＝30.④ 由①③可得a＝c＝2，由④得b＝－5， 再由②得d＝－，∴g(x)＝x2＋2x－.

12、 故g(4)＝16＋8－＝. 18．(本題滿分12分)若存在過點(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，求實數a的值. [解析]　設直線與曲線y＝x3的切點坐標為(x0，y0)， 由題意得， 解得x0＝0或x0＝. 當x0＝0時，切線的斜率k＝0， ∴切線方程為y＝0. 由，得ax2＋x－9＝0. Δ＝()2＋36a＝0， 解得a＝－. 當x0＝時，k＝， 其切線方程為y＝(x－1)． 由，得ax2－3x－＝0. Δ＝(－3)2＋9a＝0，解得a＝－1. 綜上可知a＝－1或a＝－. 19．(本題滿分12分)(2016·安徽合肥高二檢測)

13、已知函數f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的極值. [解析]　∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0， ∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2) ＝8(2x－a)(3x－a)， 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝. (1)當a>0時，<，則隨著x的變化， f′(x)、 f(x)的變化情況如下表： x (－∞，) (，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 ∴當a＝時，函數取得

14、極大值f()＝； 當x＝時，函數取得極小值f()＝0. (2)當a<0時，<，則隨著x的變化， f′(x)、 f(x)的變化情況如下表： x (－∞，) (，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 ∴當x＝時，函數取得極大值f()＝0； 當x＝時，函數取得極小值f()＝. 綜上所述，當a>0時，函數f(x)在x＝處取得極大值f()＝，在x＝處取得極小值f()＝0； 當a<0時，函數f(x)在x＝處取得極大值f()＝0在x＝處取得極小值f()＝.

15、20．(本題滿分12分)(2017·全國Ⅲ文，21)已知函數f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調性； (2)當a<0時，證明f(x)≤－－2. [解析]　(1)解：f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 若a<0，則當x∈(0，－)時，f′(x)>0. 當x∈(－，＋∞)時，f′(x)<0. 故f(x)在(0，－)上單調遞增，在(－，＋∞)上單調遞減． (2)證明：由(1)知，當a&

16、lt;0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f(－)＝ln(－)－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln(－)－1－≤－－2， 即ln(－)＋＋1≤0. 設g(x)＝ln x－x＋1， 則g′(x)＝－1. 當x∈(0,1)時，g′(x)>0； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減． 故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0. 所以當x>0時，g(x)≤0. 從而當a<0時，ln(－)＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. 21．(本題滿分12分)(2017·

17、;全國Ⅰ文，21)已知函數f(x)＝ex(ex－a)－a2x. (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)≥0，求a的取值范圍． [解析]　(1)函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調遞增． ②若a>0，則由f′(x)＝0得x＝lna. 當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0； 當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，lna)上單調遞減． 在(lna，＋∞)上單調遞增． ③若a<0，則由f′(x)＝0

18、得x＝ln(－)． 當x∈(－∞，ln(－))時，f′(x)<0； 當x∈(ln(－)，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，ln(－))上單調遞減， 在(ln(－)，＋∞)上單調遞增． (2)解：①若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0. ②若a>0，則由(1)得，當x＝lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a2lna， 從而當且僅當－a2lna≥0，即a≤1時，f(x)≥0. ③若a<0，則由(1)得，當x＝ln(－)時，f(x)取得最小值， 最小值為f(ln(－))＝a2[－ln(－)]，從而當且僅當a2[－ln

19、(－)]≥0，即a≥－2e時，f(x)≥0. 綜上，a的取值范圍是[－2e，1]． 22．(本題滿分12分)某造船公司年最高造船量是20艘，已知造船x艘的產值函數為R(x)＝3700x＋45x2－10x3(單位：萬元)，成本函數為C(x)＝460x＋5000(單位：萬元)，又在經濟學中，函數f(x)的邊際函數Mf(x)定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x). (1)求利潤函數P(x)及邊際利潤函數MP(x)；(提示：利潤＝產值－成本) (2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？ (3)求邊際利潤函數MP(x)的單調遞減區(qū)間，并說明單調遞減在本題中的實際意義是什么？

20、[解析]　(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N＋，且1≤x≤20)； MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N＋，且1≤x≤19)． (2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)， ∵x>0，∴P′(x)＝0時，x＝12， ∴當0<x<12時，P′(x)>0，當x>12時，P′(x)<0， ∴x＝12時，P(x)有最大值． 即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利潤最大． (3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305. 所以，當x≥1時，MP(x)單調遞減， 所以單調減區(qū)間為[1,19]，且x∈N＋. MP(x)是減函數的實際意義是：隨著產量的增加，每艘船的利潤與前一艘比較，利潤在減少． 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375