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第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
章末檢測試卷(三)
(時間:120分鐘 滿分:160分)
一、填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分)
1.曲線y=sinx在點P處的切線斜率是________.
考點 導(dǎo)數(shù)的幾何意義
題點 求某點處切線斜率
答案
解析 由y=sinx,得y′=cosx,所以在點P處的切線斜率是k=cos=.
2.函數(shù)f(x)=lnx-x的單調(diào)遞增區(qū)間為________.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 求函數(shù)單調(diào)區(qū)間
答案 (0,1)
解析 令f′(x)=-1>0,解不等式即可解得x<1,注意定義域為(0,+∞).所以0
0)的極大值為正數(shù),極小值為負(fù)數(shù),則a的取值范圍為________.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 由函數(shù)極值求參數(shù)范圍
答案
解析 f′(x)=3x2-3a2=3(x-a)(x+a)(a>0),
令f′(x)=0,得x=a.
當(dāng)-aa或x<-a時,f′(x)>0,函數(shù)遞增.
所以f(-a)=-a3+3a3+a>0,f(a)=a3-3a3+a<0,
解得a>.
13.設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù),g(x)是(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數(shù),且g(x)≠0.當(dāng)x<0時,f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0,且f(2)=0,則不等式<0的解集是____________.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 構(gòu)造函數(shù)解不等式
答案 (-∞,-2)∪(2,+∞)
解析 令h(x)=.
當(dāng)x<0時,h′(x)=>0,
∴函數(shù)h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增.
∵f(x)和g(x)均為奇函數(shù),
∴h(x)是(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函數(shù),
∴h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
∵f(2)=0,∴f(-2)=-f(2)=0,
∴不等式<0的解集是(-∞,-2)∪(2,+∞).
14.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則實數(shù)a的取值范圍為________.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 函數(shù)零點問題
答案 (-∞,-2)
解析 若a=0,令f(x)=0,
解得x=,不合題意;
若a>0,則f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0,
所以f(x)存在負(fù)的零點,不合題意;
若a<0,則f′(x)=3ax,
可得f=1-為極小值.
則1->0,解得a>2或a<-2,故a<-2.
綜上,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2).
二、解答題(本大題共6小題,共90分)
15.(14分)已知函數(shù)f(x)=x3+x-16.
(1)求曲線y=f(x)在點(2,-6)處的切線方程;
(2)如果曲線y=f(x)的某一切線與直線y=-x+3垂直,求切點坐標(biāo)與切線方程.
考點 導(dǎo)數(shù)的幾何意義
題點 求切線方程與切點坐標(biāo)
解 (1)因為f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1,
所以f(x)在點(2,-6)處的切線的斜率為
k=f′(2)=13.
所以切線方程為y=13(x-2)-6,
即13x-y-32=0.
(2)因為切線與直線y=-+3垂直,
所以切線的斜率為k=4.
設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,y0),
則f′(x0)=3x+1=4,
所以x0=1,
所以或
即切點坐標(biāo)為(1,-14)或(-1,-18).
所以切線方程為y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18,
即4x-y-18=0或4x-y-14=0.
16.(14分)已知函數(shù)f(x)=x2ex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:?x1,x2∈(-∞,0],f(x1)-f(x2)≤.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 求單調(diào)區(qū)間和證明不等式
(1)解 f′(x)=x(x+2)ex.
令f′(x)=x(x+2)ex=0,
得x1=-2,x2=0.
當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-2,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-2),(0,+∞).
(2)證明 由(1)知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-2),單調(diào)遞減區(qū)間為(-2,0),
所以當(dāng)x∈(-∞,0]時,f(x)最大值=f(-2)=.
因為當(dāng)x∈(-∞,-2]時,f(x)>0,f(0)=0,
所以當(dāng)x∈(-∞,0]時,f(x)最小值=f(0)=0.
所以f(x)最大值-f(x)最小值=.
所以對?x1,x2∈(-∞,0],都有f(x1)-f(x2)≤.
17.(14分)某經(jīng)銷商計劃銷售一款新型的空氣凈化器,經(jīng)市場調(diào)研發(fā)現(xiàn)以下規(guī)律:當(dāng)每臺凈化器的利潤為x(單位:元,x>0)時,銷售量q(x)(單位:百臺)與x的關(guān)系滿足:若x不超過20,則q(x)=;若x大于或等于180,則銷售量為零;當(dāng)20≤x≤180時,q(x)=a-b(a,b為實常數(shù)).
(1)求函數(shù)q(x)的表達(dá)式;
(2)當(dāng)x為多少時,總利潤(單位:元)取得最大值,并求出該最大值.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 實際應(yīng)用問題
解 (1)當(dāng)20≤x≤180時,
由得
故q(x)=
(2)設(shè)總利潤f(x)=xq(x),
由(1)得f(x)=
當(dāng)0<x≤20時,f(x)==126000-,
又f(x)在(0,20]上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x=20時,f(x)有最大值120000.
當(dāng)20<x<180時,f(x)=9000x-300x,
f′(x)=9000-450,
令f′(x)=0,得x=80.
當(dāng)20<x<80時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)80<x<180時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
所以當(dāng)x=80時,f(x)有最大值240000.
當(dāng)x≥180時,f(x)=0.
答 當(dāng)x=80時,總利潤取得最大值240000元.
18.(16分)已知函數(shù)f(x)=ax2+2x-lnx.
(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的極值;
(2)若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 求極值及由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍
解 (1)函數(shù)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=ax2+2x-lnx,
當(dāng)a=0時,f(x)=2x-lnx,
則f′(x)=2-,令f′(x)=0,得x=.
當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
所以當(dāng)x=時,f(x)有極小值1+ln2,無極大值.
(2)由已知,得f(x)=ax2+2x-lnx,且x>0,
則f′(x)=ax+2-=.
若a=0,由(1)中f′(x)≥0,得x≥,顯然不符合題意;
若a≠0,因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),
所以f′(x)≥0對x∈恒成立,
即不等式ax2+2x-1≥0對x∈恒成立,
即a≥=-=2-1對x∈恒成立,故a≥max.
而當(dāng)x=時,函數(shù)2-1有最大值3,
所以實數(shù)a的取值范圍為[3,+∞).
19.(16分)已知函數(shù)f(x)=lnx+(a>0).
(1)當(dāng)a=2時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若不等式f(x)≥a對于x>0的一切值恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用
解 (1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
當(dāng)a=2時,函數(shù)f(x)=lnx+,
所以f′(x)=-=,
所以當(dāng)x∈(0,e)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(e,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由題意知lnx+≥a在(0,+∞)上恒成立,
等價于xlnx+a+e-2-ax≥0在(0,+∞)上恒成立.
令g(x)=xlnx+a+e-2-ax,則g′(x)=lnx+1-a,
令g′(x)=0,得x=ea-1.
當(dāng)x變化時,g′(x),g(x)的變化情況如下表:
x
(0,ea-1)
ea-1
(ea-1,+∞)
g′(x)
-
0
+
g(x)
↘
極小值
↗
所以g(x)的最小值為g(ea-1)=(a-1)ea-1+a+e-2-aea-1=a+e-2-ea-1,
令t(x)=x+e-2-ex-1(x>0),
則t′(x)=′=1-ex-1,
令t′(x)=0,得x=1.
當(dāng)x變化時,t′(x),t(x)的變化情況如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
t′(x)
+
0
-
t(x)
↗
極大值
↘
所以當(dāng)a∈(0,1)時,g(x)的最小值為t(a)>t(0)=e-2-=>0,符合題意;當(dāng)a∈[1,+∞)時,g(x)的最小值為t(a)=a+e-2-ea-1≥0=t(2),
所以a∈[1,2].
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(0,2].
20.(16分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;
(2)設(shè)a=b=4,若函數(shù)f(x)有三個不同零點,求c的取值范圍;
(3)求證:a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要不充分條件.
考點 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用
題點 導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用
(1)解 由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b,曲線在x=0處的切線斜率為k=f′(0)=b.
又f(0)=c,所以切點坐標(biāo)為(0,c).
所以所求切線方程為y-c=b(x-0),即bx-y+c=0.
(2)解 由a=b=4,得f(x)=x3+4x2+4x+c,
所以f′(x)=3x2+8x+4=(3x+2)(x+2).
令f′(x)=0,得(3x+2)(x+2)=0,
解得x=-2或x=-,
當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-2)
-2
-
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c
↘
c-
↗
所以,當(dāng)c>0且c-<0時,存在x1∈(-∞,-2),
x2∈,x3∈,
使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的單調(diào)性知,當(dāng)且僅當(dāng)c∈時,函數(shù)f(x)=x3+4x2+4x+c有三個不同零點.
(3)證明 當(dāng)Δ=4a2-12b<0,即a2-3b<0時,
f′(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),
此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f(x)不可能有三個不同零點.
當(dāng)Δ=4a2-12b=0時,f′(x)=3x2+2ax+b只有一個零點,記作x0.
當(dāng)x∈(-∞,x0)時,f′(x)>0,f(x)在區(qū)間(-∞,x0)上單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0,f(x)在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增.
所以f(x)不可能有三個不同零點.
綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個不同零點,
則必須有Δ=4a2-12b>0,
故a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件.
當(dāng)a=b=4,c=0時,a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有兩個不同零點,
所以a2-3b>0不是f(x)有三個不同零點的充分條件.
因此a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要不充分條件.
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