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2019-2020年人教A版选修1-1《第三章导数及其应
用》单元质量评估试卷
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(xx台州高二检测)函数y=lgx的导数为 ( )
A. B.ln10
C. D.
【解析】选C.因为(logax)′=,
所以(lgx)′=.
2.(xx泉州高二检测)已知f(x)=sinx+lnx,则f′(1)的值为 ( )
A.1-cos1 B.1+cos1
C.-1+cos1 D.-1-cos1
【解析】选B.f′(x)=cosx+,f′(1)=cos1+1.
3.设f(x)=x2(2-x),则f(x)的单调递增区间是 ( )
A. B.
C.(-∞,0) D.(-∞,0)∪
【解析】选A.f(x)=2x2-x3,f′(x)=4x-3x2,
由f′(x)>0得0
1时,
f′(x)>0.
故a=1符合题意.
8.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π且用料最省,则圆柱的底面半径为 ( )
A.5 B.6 C.3 D.2
【解析】选C.设圆柱的底面半径为R,母线长为l,
则V=πR2l=27π,所以l=.
要使用料最省,只需使水桶的表面积最小,
而S表=πR2+2πRl=πR2+,
令S表′=2πR-=0,
解得R=3,即当R=3时,S表最小.
9.(xx菏泽高二检测)函数f(x)=x3-6bx+3b在(0,1)内有极小值,则实数b的取值范围是 ( )
A.(0,1) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.
【解析】选D.f′(x)=3x2-6b,
因为f(x)在(0,1)内有极小值,
所以f′(x)=0在x∈(0,1)有解.
所以
所以02->-,故函数y=x+2cosx-在区间上的最大值是.
答案:
【补偿训练】曲线y=x3-2以点为切点的切线的倾斜角为 .
【解析】y′=x2,当x=1时,y′=1,从而切线的倾斜角为45.
答案:45
16.设f(x)=x3-x2-2x+5,当x∈[-1,2]时,f(x)7.
答案:(7,+∞)
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)(xx南昌高二检测)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.
(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值.
(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
【解析】f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a.
(1)由已知有f′(x1)=f′(x2)=0,从而x1x2==1,所以a=9.
(2)由于Δ=36(a+2)2-4182a=36(a2+4)>0,
所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.
【补偿训练】已知函数f(x)=ax2+2x-lnx.
(1)当a=0时,求f(x)的极值.
(2)若f(x)在区间上是增函数,求实数a的取值范围.
【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞).
因为f(x)=ax2+2x-lnx,
当a=0时,f(x)=2x-lnx,则f′(x)=2-,
令f′(x)=0得x=,
所以当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以当x=时,f(x)的极小值为1+ln2,无极大值.
(2)由已知,得
f(x)=ax2+2x-lnx,且x>0,则
f′(x)=ax+2-=.
若a=0,由f′(x)>0得x>,显然不合题意;
若a≠0,因为函数f(x)在区间上是增函数,
所以f′(x)≥0对x∈恒成立,即不等式ax2+2x-1≥0对x∈恒成立,
即a≥=-=-1恒成立,
故a≥.
而当x=时,函数-1的最大值为3,所以实数a的取值范围为a≥3.
18.(12分)已知函数f(x)=x3+x-16.
(1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线的方程.
(2)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-x+3垂直,求切点坐标与切线的方程.
【解析】(1)因为f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1,
所以f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为k=f′(2)=13.
所以切线的方程为y=13(x-2)+(-6),
即y=13x-32.
(2)因为切线与直线y=-+3垂直,
所以切线的斜率k=4.
设切点的坐标为(x0,y0),
则f′(x0)=3+1=4,
所以x0=1,
所以或
即切点坐标为(1,-14)或(-1,-18).
切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18.
即y=4x-18或y=4x-14.
19.(12分)(xx临沂高二检测)已知函数f(x)=lnx-ax2-2x.
(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求实数a的值.
(2)若函数f(x)在定义域内单调递增,求a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=-(x>0),
因为x=2时,f(x)取得极值,
所以f′(2)=0,解之得a=-,经检验符合题意.
(2)由题意知f′(x)≥0在x>0时恒成立,
即ax2+2x-1≤0在x>0时恒成立,
则a≤=-1在x>0时恒成立,
即a≤(x>0),
当x=1时,-1取得最小值-1.
所以a的取值范围是(-∞,-1].
20.(12分)某5A级景区为提高经济效益,现对某景点进行改造升级,提高旅游增加值,经过市场调查,旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足:
y=f(x)=ax2+x-bln,a,b为常数,当x=10万元时,y=19.2万元;当x=50万元时,y=74.4万元.(参考数据:ln2=0.7,ln3=1.1,ln5=1.6)
(1)求f(x)的解析式.
(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值.(利润=旅游增加值-投入)
【解析】(1)由条件可得
解得a=-,b=1.
则f(x)=-+x-ln(x≥10).
(2)由T(x)=f(x)-x=-+x-ln(x≥10),
则T′(x)=-+-=-,
令T′(x)=0,则x=1(舍)或x=50,
当x∈(10,50)时,T′(x)>0,
因此T(x)在(10,50)上是增函数;
当x>50时,T′(x)<0,因此T(x)在(50,+∞)上是减函数,
故x=50为T(x)的极大值点,也是最大值点,且最大值为24.4万元.
即该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为24.4万元.
21.(12分)(xx绍兴高二检测)已知函数f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.
(1)设a=1,求函数f(x)的极值.
(2)若a>,且当x∈[1,4a]时,f(x)≥a3-12a恒成立,试确定a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=x3-3x2-9x+1且f′(x)=3x2-6x-9,由f′(x)=0得x=-1或x=3.
当x<-1时,f′(x)>0,当-13时f′(x)>0,
因此x=3是函数的极小值点,极小值为f(3)=-26.
(2)因为f′(x)=3x2-6ax-9a2=3(x+a)(x-3a),a>,
所以当1≤x<3a时,f′(x)<0;
当3a0.
所以x∈[1,4a]时,f(x)的最小值为f(3a)=-26a3.
由f(x)≥a3-12a在[1,4a]上恒成立得-26a3≥a3-12a.
解得a≤-或0≤a≤.
又a>,所以1时,f′(x)>0,
所以f(x)的递增区间是(-∞,-1)和(1,+∞),递减区间是(-1,1).
(3)因为f(-1)=2,f(1)=-2,为使方程f(x)+m=0,
即f(x)=-m有三个不等实数根,
则-2<-m<2,
即-20且a≠b D．a≤0
[解析] 复数z为实数的充要条件是a＋|a|＝0，
故a≤0.
二、填空题
7．如果x－1＋yi与i－3x为相等复数，x、y为实数，则x＝ ，y＝__1__.
[解析] 由复数相等可知
，∴.
8．给出下列复数：2＋，0.618，i2,5i＋4，i，其中为实数的是 2＋，0.618，i2 .
[解析] 2＋，0.618，i2为实数，5i＋4，i为虚数．
三、解答题
9．已知复数z＝＋(a2－5a－6)i(a∈R)．试求实数a分别为什么值时，z分别为：
(1)实数？(2)虚数？(3)纯虚数？
[分析] 按复数a＋bi(a、b∈R)是实数，纯虚数和虚数的充要条件求解．
[解析] (1)当z为实数时，则有a2－5a－6＝0①
且有意义②
解①得a＝－1且a＝6，
解②得a≠1，
∴a＝6，即a＝6时，z为实数．
(2)当z为虚数时，则有a2－5a－6≠0③
且有意义④
解③得a≠－1且a≠6，
解④得a≠1，
∴a≠1且a≠6，
∴当a∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1,6)∪(6，＋∞)时，z为虚数．
(3)当z为纯虚数时，，
此方程组无解，
∴不存在实数a使z为纯虚数．
B级 素养提升
一、选择题
1．(1＋)i的实部与虚部分别是( C )
A．1， B．1＋，0
C．0,1＋ D．0，(1＋)i
[解析] (1＋)i可看作0＋(1＋)i＝a＋bi，
所以实部a＝0，虚部b＝1＋.
2．若(m2－3m－4)＋(m2－5m－6)i是纯虚数，则实数m的值为( B )
A．－1 B．4
C．－1或4 D．不存在
[解析] 由条件知，，
∴，∴m＝4.
3．若a、b∈R, 且a>b，那么( D )
A．ai>bi B．a＋i>b＋i
C．ai2>bi2 D．bi2>ai2
[解析] ∵i2＝－1，a>b，∴ai2
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第三章导数及其应用
2019
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第三
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