人教版新课标A选修1-1第三章 导数及其应用综合与测试课后作业题

这是一份人教版新课标A选修1-1第三章 导数及其应用综合与测试课后作业题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第三章　章末检测(B)
(时间：120分钟　满分：150分)

一、选择题(本大题12小题，每小题5分，共60分)
1. 已知函数y＝f(x)的图象如图，则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是(　　)

A．f′(xA)>f′(xB) B．f′(xA)0，函数f(x)＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是单调减函数，则a的最大值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
8．若函数f(x)＝asin x＋cos x在x＝处有最值，那么a等于(　　)
A. B．－ C. D．－
9．函数y＝x－sin x，x∈的最大值是(　　)
A．π－1 B.－1
C．π D．π＋1
10. 函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)

A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
11．函数f(x)＝的单调增区间是(　　)
A．(－∞，1)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，1)，(1，＋∞)
D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
12．某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率成正比，比例系数为k (k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x∈(0,0.048))，则存款利率为多少时，银行可获得最大利益(　　)
A．0.012 B．0.024
C．0.032 D．0.036
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案













二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋2，则f(1)＋f′(1)＝________________________________________________________________________.
14．设函数f(x)＝ax3－3x＋1 (x∈R)，若对于x∈[－1，1]，都有f(x)≥0，则实数a的值为________________________________________________________________________．
15. 如图，内接于抛物线y＝1－x2的矩形ABCD，其中A、B在抛物线上运动，C、D在x轴上运动，则此矩形的面积的最大值是________．

16．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x＝±1处的切线的倾斜角均为π，有以下命题：
①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]．
②f(x)的极值点有且只有一个．
③f(x)的最大值与最小值之和等于零．
其中正确命题的序号为________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a的取值范围．








18．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值．
(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间；
(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.








22．(12分)已知函数f(x)＝x2＋ln x.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方．










第三章　导数及其应用(B) 答案

1．B　[f′(xA)和f′(xB)分别表示函数图象在点A、B处的切线斜率，故f′(xA)0，又x≠1，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)．]
12．B　[由题意知，存款量g(x)＝kx (k>0)，银行应支付的利息h(x)＝xg(x)＝kx2，
x∈(0，0.048)．设银行可获得收益为y，则y＝0.048kx－kx2.于是y′＝0.048k－2kx，令y′＝0，解得x＝0.024，依题意知y在x＝0.024处取得最大值．故当存款利率为0.024时，银行可获得最大收益．]
13．3
解析　由切点(1，f(1))在切线y＝x＋2上，
得f(1)＝×1＋2＝.又∵f′(1)＝，
∴f′(1)＋f(1)＝＋＝3.
14．4
解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0，显然成立；
当x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可转化为a≥－，
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4；
当x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0
可转化为a≤－，
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间[－1,0)上单调递增．
因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，
综上所述，a＝4.
15.
解析　设CD＝x，则点C坐标为.
点B坐标为，
∴矩形ABCD的面积
S＝f(x)＝x·
＝－＋x (x∈(0,2))．
由f′(x)＝－x2＋1＝0，
得x1＝－(舍)，x2＝，
∴x∈时，f′(x)>0，f(x)是递增的，
x∈时，f′(x)0，
∴a≤＝x＋1.
又∵x＋1∈(7，＋∞)，∴a≤7， ②
∵①②同时成立，∴5≤a≤7.
经检验a＝5或a＝7都符合题意，
∴所求a的取值范围为5≤a≤7.
18．解　(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f′＝－a＋b＝0，
f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝－，b＝－2.
f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
令f′(x)>0，得x1，
令f′(x)g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
22．(1)解　∵f(x)＝x2＋ln x，∴f′(x)＝2x＋.
∵x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，
∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.
(2)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)
＝x2－x3＋ln x，
∴F′(x)＝x－2x2＋＝
＝＝.
∵x>1，∴F′(x)