2019版三維方案數(shù)學-導數(shù)及其應用

階段質(zhì)量檢測（一）導數(shù)及其應用(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．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．函數(shù)y＝sin2x－cos2x的導數(shù)是()A．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))B．y′＝cos2x－sin2xC．y′＝sin2x＋cos2xD．y′＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))解析：選A∵y′＝(sin2x－cos2x)′＝(sin2x)′－(cos2x)′＝cos2x·(2x)′＋sin2x·(2x)′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2x＋\f(\r(2),2)sin2x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故選A.2．函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數(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)有極小值點()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選A設極值點依次為x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，則f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上遞增，在(x1，x2)，(x3，b)上遞減，因此，x1，x3是極大值點，只有x2是極小值點．3．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析：選A∵f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當0＜x≤eq\f(\r(2),2)時，f′(x)≤0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).4．若(sinx＋acosx)dx＝2，則實數(shù)a等于()A．－1 B．1C．－eq\r(3) D.eq\r(3)5．某產(chǎn)品的銷售收入y1(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)：y1＝17x2，生產(chǎn)成本y2(萬元)是產(chǎn)量x(千臺)的函數(shù)：y2＝2x3－x2(x＞0)，為使利潤最大，應生產(chǎn)()A．6千臺 B．7千臺C．8千臺 D．9千臺解析：選A設利潤為y，則y＝y(tǒng)1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝18x2－2x3，y′＝36x－6x2，令y′＝0得x＝6或x＝0(舍)，f(x)在(0,6)上是增函數(shù)，在(6，＋∞)上是減函數(shù)，∴x＝6時y取得最大值．6．由曲線y＝x2，y＝x3圍成的封閉圖形的面積為()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(7,12)解析：選A由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x3))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))則兩曲線的交點坐標是(1,1)，(0,0)，由圖易知封閉圖形的面積為eq\a\vs4\al(\i\in(0,1,))(x2－x3)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(1,4)x4))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)，故選A.7．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝a(x－b)2＋c的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象可能是()解析：選D由導函數(shù)圖象可知，當x<0時，函數(shù)f(x)遞減，排除A、B；當0<x<x1時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增．因此，當x＝0時，f(x)取得極小值，故選D.8．曲線f(x)＝ln(2x－1)上的點到直線2x－y＋3＝0的最短距離是()A．1 B．2C.eq\r(5) D．3解析：選C直線2x－y＋3＝0的斜率為2，f′(x)＝eq\f(2,2x－1)，令eq\f(2,2x－1)＝2，解得x＝1，由于f(1)＝ln(2－1)＝0，故曲線f(x)過(1,0)的切線斜率為2，則點(1,0)到直線2x－y＋3＝0的距離d＝eq\f(|2－0＋3|,\r(22＋－12))＝eq\r(5)，即曲線f(x)＝ln(2x－1)上的點到直線2x－y＋3＝0的最短距離是eq\r(5)，故選C.9．物體A以速度v＝(3t2＋1)m/s在一直線l上運動，物體B在直線l上，且在物體A的正前方5m處，同時以v＝10t(m/s)的速度與A同向運動，出發(fā)后物體A追上物體B所用的時間t(s)為()A．3 B．4C．5 D．6解析：選C因為物體A在t秒內(nèi)行駛的路程為eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))(3t2＋1)dt，物體B在t秒內(nèi)行駛的路程為eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))10tdt，所以eq\a\vs4\al(\i\in(0,t,))(3t2＋1－10t)dt＝(t3＋t－5t2)eq\a\vs4\al(|\o\al(t,0))＝t3＋t－5t2＝5，所以(t－5)(t2＋1)＝0，所以t＝5.10．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1,0] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(25,3)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)，＋∞)) D．[9，＋∞)解析：選C∵f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上是增函數(shù)，∴f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)≥0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上恒成立，∵f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))上遞增，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(2,3)－9＋a≥0，∴a≥eq\f(25,3).11．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的導函數(shù)f′(x)在(－∞，1)上有最小值，若函數(shù)g(x)＝eq\f(f′x,x)，則()A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值C．g(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)D．g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)解析：選D函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋ax＋2的導函數(shù)f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)圖象的對稱軸為x＝a，又導函數(shù)f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函數(shù)g(x)＝eq\f(f′x,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．故選D.12．設函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，若f(x)－f(－x)＝2x3，且當x>0時，f′(x)>3x2，則不等式f(x)－f(x－1)>3x2－3x＋1的解集為()A．(－∞，2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D．(2，＋∞)解析：選B令F(x)＝f(x)－x3，則F′(x)＝f′(x)－3x2，由f(x)－f(－x)＝2x3，可得F(－x)＝F(x)，故F(x)為偶函數(shù)，又當x>0時，f′(x)>3x2，即F′(x)>0，∴F(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．不等式f(x)－f(x－1)>3x2－3x＋1可化為f(x)－x3>f(x－1)－(x－1)3，∴F(x)>F(x－1)，∴F(|x|)>F(|x－1|)，∴由函數(shù)的單調(diào)性可知|x|>|x－1|，解得x>eq\f(1,2).二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填在題中的橫線上)13．若f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)x2＋x＋5，則f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為__________．解析：y′＝eq\f(1,2\r(x))－1＝eq\f(1－2\r(x),2\r(x))，令y′＝0得x＝eq\f(1,4).∵0＜x＜eq\f(1,4)時，y′＞0；x＞eq\f(1,4)時，y′＜0.∴x＝eq\f(1,4)時，ymax＝eq\r(\f(1,4))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)15．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，f(x)＝x＋sinx，設a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系是________．解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，因為f′(x)＝1＋cosx≥0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函數(shù)，∵eq\f(π,2)>π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c<a<b.答案：c<a<b16．若函數(shù)f(x)＝eq\f(4x,x2＋1)在區(qū)間(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是__________．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－1,1)．又f(x)在(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)．(1)求f(x)的表達式；(2)求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值．解：(1)因為f′(x)＝3ax2＋2x＋b，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因為g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)，從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－eq\f(1,3)，b＝0，因此f(x)的表達式為f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2.(2)由(1)知g(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0.解得x＝－eq\r(2)(舍去)或x＝eq\r(2)，而g(1)＝eq\f(5,3)，g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，g(2)＝eq\f(4,3)，因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(eq\r(2))＝eq\f(4\r(2),3)，最小值為g(2)＝eq\f(4,3).18.(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)因為f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依題設有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e.))(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號．令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1.所以當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．19．(本小題滿分12分)已知某廠生產(chǎn)x件產(chǎn)品的成本C＝25000＋200x＋eq\f(1,40)x2(單位：元)．(1)要使平均成本最低，應生產(chǎn)多少件產(chǎn)品？(2)若產(chǎn)品以每件500元售出，要使利潤最大，則應生產(chǎn)多少產(chǎn)品？解：(1)設平均成本為y元，則y＝eq\f(25000＋200x＋\f(1,40)x2,x)＝eq\f(25000,x)＋200＋eq\f(x,40)，y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25000,x)＋200＋\f(x,40)))′＝－eq\f(25000,x2)＋eq\f(1,40)，令y′＝0，得x1＝1000，x2＝－1000(舍去)．當在x＝1000附近左側(cè)時y′<0，當在x＝1000附近右側(cè)時y′>0，故當x＝1000時，函數(shù)取得極小值，由于函數(shù)只有一個點使y′＝0，且函數(shù)在該點有極小值，故函數(shù)在該點取得最小值，因此，要使平均成本最低，應生產(chǎn)1000件產(chǎn)品．(2)利潤函數(shù)L＝500x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25000＋200x＋\f(x2,40)))＝300x－25000－eq\f(x2,40).L′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(300x－25000－\f(x2,40)))′＝300－eq\f(x,20)，令L′＝0，解得x＝6000.當在x＝6000附近左側(cè)時L′>0，當在x＝6000附近右側(cè)時L′<0，故當x＝6000時，函數(shù)取得極大值，由于函數(shù)只有一個使L′＝0的點，且函數(shù)在該點有極大值，故函數(shù)在該點取得最大值．因此，要使利潤最大，應生產(chǎn)6000件產(chǎn)品．20．(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－x.(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解：(1)k＝0時，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(0)＝1.(2)若k＝1，則f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定義域為R.所以f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上單調(diào)遞增．21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(x∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當x>1時，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3是否恒成立，并說明理由．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由題意得f′(x)＝x－eq\f(a,x)(x>0)，∴當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．當a>0時，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)＝eq\f(x－\r(a)x＋\r(a),x)，∴當0<x<eq\r(a)時，f′(x)<0；當x>eq\r(a)時，f′(x)>0.∴當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(a))．(2)當x＞1時，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3恒成立，理由如下：設g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx(x>1)，則當x>1時，g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1