高中数学选修1-1：单元质量评估（三） Word版含答案

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单元质量评估(三)
第三章
(120分钟　150分)
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.(2016·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.(2016·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04.已知物体的运动方程是s=t3-4t2+12t(t表示时间,s表示位移),则瞬时速度为0的时刻是　(　　)
A.0秒、2秒或6秒 B.2秒或16秒
C.2秒、8秒或16秒 D.2秒或6秒
【解析】选D.s′=t2-8t+12=0,解得t=2或t=6.
5.函数y=2x3-2x2在上的最大值为　(　　)
A.-5 B.0 C.-1 D.8
【解析】选D.y′=6x2-4x=2x(3x-2),列表:
x
-1
(-1,0)
0
2
y′
+
-
+
y
-4
↗
0
↘
-
↗
8
所以ymax=8.
6.(2016·临沂高二检测)曲线y=3lnx+x+2在点P0处的切线方程为4x-y-1=0,则点P0的坐标是　(　　)
A.(0,1) B.(1,-1)
C.(1,3) D.(1,0)
【解析】选C.f′(x)=+1.设P0(x0,y0),
则+1=4,解得x0=1.
因为(x0,y0)在直线4x-y-1=0上,所以y0=3.
所以点P0的坐标为(1,3).
7.若x=1是函数f(x)=(ax-2)·ex的一个极值点,则a的值为　(　　)
A.1 B.2 C.e D.5
【解析】选A.因为f′(x)=aex+(ax-2)ex,
所以f′(1)=ae+(a-2)e=0,
解得:a=1,
把a=1代入函数得:
f(x)=(x-2)·ex,
所以f′(x)=ex+(x-2)ex=ex(x-1),
所以f′(1)=0,且x<1时,f′(x)<0,x>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.(2016·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010.(2016·合肥高二检测)设a【解析】选C.y′=2(x-a)(x-b)+(x-a)2=(x-a)·(3x-a-2b),由y′=0得x=a或x=.因为a11.(2016·烟台高二检测)已知a<0,函数f(x)=ax3+lnx,且f′(1)的最小值是-12,则实数a的值为　(　　)
A.2 B.-2 C.4 D.-4
【解析】选B.f′(x)=3ax2+,所以f′(1)=3a+≥-12,即a+≥-4,又a<0,有a+≤-4.故a+=-4,此时a=-2.
12.(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】选C.方法一:用特殊值法:
取a=-1,f(x)=x-sin2x-sinx,
f′(x)=1-cos2x-cosx,
但f′(0)=1--1=-<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增,排除A,B,D.
方法二:f′(x)=1-cos2x+acosx≥0对x∈R恒成立,故1-(2cos2x-1)+acosx≥0,
即acosx-cos2x+≥0恒成立,
令t=cosx,所以-t2+at+≥0对t∈恒成立,构造函数f(t)=-t2+at+,
开口向下的二次函数f(t)的最小值的可能值为端点值,
故只需解得-≤a≤.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.(2016·中山高二检测)曲线y=x(3lnx+1)在点(1,1)处的切线方程为　　　　　　.
【解析】y′=3lnx+1+x·=3lnx+4,
所以y′|x=1=3ln1+4=4.
又f(1)=1×(3ln1+1)=1,
所以所求的切线方程为y-1=4(x-1),
即4x-y-3=0.
答案:4x-y-3=0
14.(2016·郑州高二检测)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0,则a=　　　　,b=　　　　.
【解析】f′(x)=-.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1).
故即
解得a=1,b=1.
答案:1　1
15.函数y=x+2cosx-在区间上的最大值是　　　　.
【解析】y′=1-2sinx=0,在区间上解得x=,
故y=x+2cosx-在区间上是增函数,在区间上是减函数,所以x=时,y=,而x=0时,y=2-,x=时y=-,且>2->-,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∈时,f(x)【解析】f′(x)=3x2-x-2=(x-1)(3x+2),
令f′(x)=0,得x=1或x=-.
f(x)极小值=f(1)=1--2+5=,
f(x)极大值=f
=--++5
=5.
又f(-1)=-1-+2+5=,
f(2)=8-2-4+5=7,
比较可得f(x)max=f(2)=7.
因为f(x)所以m>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)(2016·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)2-4×18×2a=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)(2016·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)(2016·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∈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-1因此x=-1是函数f(x)的极大值点,
极大值为f(-1)=6;
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∈时,f(x)的最小值为f(3a)=-26a3.
由f(x)≥a3-12a在上恒成立得-26a3≥a3-12a.
解得a≤-或0≤a≤.
又a>,所以即a的取值范围为.
22.(12分)奇函数f(x)=ax3+bx2+cx的图象过点A(-,),B(2,10).
(1)求f(x)的表达式.
(2)求f(x)的单调区间.
(3)若方程f(x)+m=0有三个不同的实数根,求m的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)=ax3+bx2+cx为奇函数,
所以f(-x)=-f(x)(x∈R).
所以b=0.
所以f(x)=ax3+cx.
因为图象过点A(-,),B(2,10),
所以
即
所以
所以f(x)=x3-3x.
(2)因为f(x)=x3-3x,
所以f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),
所以当-1当x<-1或x>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-2所以m的取值范围是(-2,2).
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