2021-2022学年高中数学 第四章 导数应用测评训练(含解析)北师大版选修1-1

第四章测评
(时间:120分钟满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.设f(x)=x a-ax(0<a<1),则f(x)在[0,+∞)内的极大值点x0等于()
A.0
B.a
C.1
D.1-a
解析:令f'(x0)=a x0a-1-a=0(0<a<1),
∴x
a-1=1.∴x0=1.
答案:C
2.若函数f(x)=x3-3x-a在区间[0,3]上的最大值,最小值分别是m,n,则m-n的值为()
A.2
B.4
C.18
D.20
解析:令f'(x)=3x2-3=0,∴x=1(x=-1舍去).
∵f(0)=-a,f(1)=-2-a,f(3)=18-a,
∴f(1)<f(0)<f(3).
∴m=18-a,n=-2-a.
∴m-n=(18-a)-(-2-a)=20.
答案:D
3.函数f(x)=x2-ln x的递减区间是()
A.(0,√2
]
2
B.[√22,+∞)
C.(-∞,-√22],(0,√22)
D.[-√22,0),(0,√22]
解析:f'(x )=2x-1x =2x 2
-1x ,当0<x ≤√2
2
时,f'(x )≤0.
答案:A
4.已知对任意实数x ,有f (-x )=-f (x ),g (-x )=g (x ),且x>0时,f'(x )>0,g'(x )>0,则x<0时,( )
A.f'(x )>0,g'(x )>0
B.f'(x )>0,g'(x )<0
C.f'(x )<0,g'(x )>0
D.f'(x )<0,g'(x )<0
解析:f (x )为奇函数且x>0时是增加的,所以x<0时是增加的,f'(x )>0;g (x )为偶函数且x>0时是增加的,所以x<0时是减少的,g'(x )<0. 答案:B
5.对任意的x ∈R ,函数f (x )=x 3+ax 2+7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A.0≤a ≤21 B.a=0或a=7 C.a<0或a>21
D.a=0或a=21
解析:f'(x )=3x 2+2ax+7a ,当Δ=4a 2-84a ≤0,即0≤a ≤21时,f'(x )≥0恒成立,函数不存在极值点. 答案:A
6.已知函数f (x )=x ln x ,若f (x )在x 0处的函数值与导数值之和等于1,则x 0的值等于( )
A.1
B.-1
C.±1
D.不存在
解析:因为f (x )=x ln x ,所以f'(x )=ln x+1,于是有x 0ln x 0+ln x 0+1=1,解得x 0=1. 答案:A 7.
如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A 的水平距离10千米处下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分,则函数的解析式为( )
A.y=1
125x 3-35x B.y=2125x 3-45x C.y=3125x 3-x D.y=-3125x 3+15
x
解析:根据题意知,所求函数在(-5,5)上是减少的.对于A,y=1125x 3-35x ,∴y'=3
125x 2-35=
3
125(x 2-25),∴∀x ∈(-5,5),y'<0,∴y=1
125
x 3-35x 在(-5,5)上是减少的,同理可验证B,C,D 均不满足此条件,故选A . 答案:A
8.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品.若该商品零售价定为P 元,销售量为Q ,则销售量Q (单位:件)与零售价P (单位:元)有如下关系:Q=8 300-170P-P 2.最大毛利润为(毛利润=销售收入-进货支出)( ) A.30元
B.60元
C.28 000元
D.23 000元
解析:设毛利润为L(P),由题意知
L(P)=PQ-20Q=Q(P-20)
=(8300-170P-P2)(P-20)
=-P3-150P2+11700P-166000,
所以,L'(P)=-3P2-300P+11700.
令L'(P)=0,解得P=30,或P=-130(舍去).
此时,L(30)=23000.
根据实际问题的意义知,L(30)是最大值,即零售价定为每件30元时,最大毛利润为23000元.
答案:D
9.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()
A.[-5,-3]
B.[-6,-9
8
]
C.[-6,-2]
D.[-4,-3]
解析:当x∈(0,1]时,得a≥-3(1
x )
3-4
(1
x
)
2
+1
x
,令t=1
x
,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,令
g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),则g'(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),显然在[1,+∞)上,g'(t)<0,g(t)是减少的,所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].
答案:C
10.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,其导数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)=-e x
x2
,又f(1)=e,则函数f(x)在定义域(0,+∞)上()
A.有极大值
B.有极小值
C.是增加的
D.是减少的
解析:由f'(x)-f(x)=-e x
x2可得f'(x)-f(x)
e x
=-1
x2
,即[f(x)
e x
]'=-1x2,于是f(x)e x=1x+c,其中c为常数.又因为
f(1)=e,所以e
e =1+c,故c=0,从而f(x)=e x
x
.于是f'(x)=e x(x-1)
x2
,令f'(x)=0得x=1,且0<x<1
时,f'(x)<0;x>1时,f'(x)>0,故函数f(x)在定义域(0,+∞)上有极小值.
答案:B
11.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是()
A.(2,+∞)
B.(-∞,-2)
C.(1,+∞)
D.(-∞,-1)
解析:当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不符合题意,故a≠0.f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-
2),令f'(x)=0,得x=0或x=2
a ,由题意得a<0且f(2
a
)>0,解得a<-2,选B.
答案:B
12.已知函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-
1)f'(x)<0,设a=f(0),b=f(1
2
),c=f(3),则a,b,c的大小关系为()
A.a<b<c
B.c<a<b
C.c<b<a
D.b<c<a
解析:由f(x)=f(2-x)知函数f(x)图像关于x=1对称.
当x<1时,由(x-1)f'(x)<0知f'(x)>0,
即x<1时,f (x )是增加的.
a=f (0),b=f (12),c=f (3)=f (-1), ∵-1<0<12
,∴c<a<b ,故选B .
答案:B
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.若函数f (x )在x=a 处的导数为A (aA ≠0),函数F (x )=f (x )-A 2x 2满足F'(a )=0,则
A= .
解析:f'(a )=A.
又F'(x )=f'(x )-2A 2x ,且F'(a )=f'(a )-2aA 2=A-2aA 2=0.
∵aA ≠0,∴A=1
2a . 答案:1
2a
14.一批物资用13辆汽车从A 地运到300 km 以外的B 地,若车速为v km/h,则两车的
距离不能小于(v 10)2
km 时,这批物资全部从A 地运到B 地至少要花 h .
解析:最后一辆汽车从A 地到B 地所用的时间为
t=
300+12×(v 10
)
2
v
=
300v
+
3v 25
,v ∈(0,+∞),
则t'=-300v 2+325.令t'=0,得-300v 2+3
25
=0, ∴v=50.
又∵函数t=300v +3v 25
在(0,+∞)内只有一个极值点v=50,且这是极小值点, ∴当v=50时,所花费的时间最短为12h .
答案:12
15.已知三次函数f (x )=ax 3+bx 2+cx+d 的图像如图所示,则f '(-3)
f '(1)
= .
解析:f'(x )=3ax 2+2bx+c ,结合图像可得x=-1,2为导函数的零点,即f'(-1)=f'(2)=0,
故{3a -2b +c =0,12a +4b +c =0,
解得{
a =-c
6,b =c 4,
故f '(-3)f '(1)=
27a -6b+c 3a+2b+c
=-5.
答案:-5
16.若函数f (x )=4x x 2+1在区间(m ,2m+1)上是增加的,则实数m 的取值范围是 .
解析:f'(x )=4-4x 2
(x 2+1)2,令f'(x )>0,得-1<x<1,即函数f (x )的增区间为(-1,1).
又f (x )在(m ,2m+1)上是增加的,
所以{m ≥-1,
m <2m +1,2m +1≤1,
解得-1<m ≤0.
答案:(-1,0]
三、解答题(本大题共6小题,需写出演算过程与文字说明,共70分) 17.(本小题满分10分)求函数y=x 2
2x 的单调区间.
解∵y=x 2
2x ,y'=
2x ·2x -x 2·2x ln2
(2x )2
=
2x -x 2·ln2
2x
,
解y'<0,即2x -x 2
·ln22x <0,得x<0或x>2
ln2
. ∴函数y=x 2
2x 在(0,2ln2)上是增加的,在(-∞,0),(2ln2,+∞)上是减少的.
18.(本小题满分12分)(2017北京高考)已知函数f (x )=e x cos x-x. (1)求曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程; (2)求函数f (x )在区间[0,π2
]上的最大值和最小值.
解(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,f'(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.
当x∈(0,π
)时,h'(x)<0,所以h(x)在区间[0,π2]上单调递减.
2
所以对任意x∈(0,π
]有h(x)<h(0)=0,
2
即f'(x)<0.
所以函数f(x)在区间[0,π
]上单调递减.
2
因此f(x)在区间[0,π
]上的最大值为f(0)=1,最小值为f(π2)=-π2.
2
19.导学号01844053(本小题满分12分)(2017全国Ⅰ高考)已知函数
f(x)=e x(e x-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-a e x-a2=(2e x+a)(e x-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln(-a
).
2
当x∈(-∞,ln(-a
))时,f'(x)<0;
2
当x∈(ln(-a
),+∞)时,f'(x)>0.
2
故f(x)在(-∞,ln(-a
2
))单调递减,在(ln(-a2),+∞)单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln(-a
2
)时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln(-a2))=a2[34-ln(-a2)].
从而当且仅当a2[3
4-ln(-a
2
)]≥0,即a≥-2e34时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2e34,1].
20.导学号01844054(本小题满分12分)(2017全国Ⅱ高考)设函数
f(x)=(1-x2)e x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解(1)f'(x)=(1-2x-x2)e x.
令f'(x)=0得x=-1-√2,x=-1+√2.
当x∈(-∞,-1-√2)时,f'(x)<0;
当x∈(-1-√2,-1+√2)时,f'(x)>0;
当x∈(-1+√2,+∞)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-√2),(-1+√2,+∞)内单调递减,在(-1-√2,-1+√2)内单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)e x.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-x e x<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,
而h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,
故e x≥x+1.
当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=√5-4a-1
2
,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=√5-1
2
,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=1
x2
+a ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若不等式xf(x)<2
x
在(0,1)上恒成立,求实数a的取值范围.
解(1)函数定义域为(0,+∞),f'(x)=-2
x3+a
x
=ax2-2
x3
.
①当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上是减少的;
②当a>0时,由f'(x)=ax2-2
x3>0,解得x>√2
a
;由f'(x)=ax2-2
x3
<0,解得0<x<√2
a
.
故当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上是减少的;当a>0时,f(x)在(0,√2
a
)上是减少的,在
(√2
a
,+∞)上是增加的.
(2)不等式xf(x)<2
x ,即x(1
x2
+alnx)<2
x
,所以ax ln x<1
x
在(0,1)上恒成立,
由于x∈(0,1),所以ln x<0,
因此a>1
x2lnx
.
令g(x)=1
x2lnx ,则g'(x)=-2x(lnx+12)
(x2lnx)2
,令g'(x)=0得x=
√e
,
当0<x<
√e 时,g'(x)>0;当x>
√e
时,g'(x)<0,
所以g(x)在x=
√e 取得极大值亦即最大值g(
√e
)=-2e,
故实数a的取值范围是a>-2e.
22.导学号01844055(本小题满分12分)已知f(x)=ax-ln x,x∈
(0,e],g(x)=lnx
x
,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)讨论当a=1时,f(x)的单调性、极值.
(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+1
2
.
(3)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
解(1)∵f(x)=x-ln x,∴f'(x)=1-1
x =x-1
x
,
∴当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)是减少的;
当1<x<e时,f'(x)>0,此时f(x)是增加的.
∴f(x)的极小值为f(1)=1,f(x)在定义域(0,e]上无极大值.
(2)∵f(x)的极小值为1,即f(x)在(0,e]上的最小值为1,∴f(x)>0,f(x)min=1.
令h(x)=g(x)+1
2=lnx
x
+1
2
,则h'(x)=1-lnx
x2
,
当0<x<e时,h'(x)>0,h(x)在(0,e]上是增加的,
∴h(x)max=h(e)=1
e +1
2
<1
2
+1
2
=1=f(x)min,
∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+1
2
.
(3)假设存在实数a,使f(x)=ax-ln x,x∈(0,e]有最小值3,
f'(x)=a-1
x =ax-1
x
.
①当a≤0时,∵x∈(0,e],∴f'(x)<0,∴f(x)在(0,e]上是减少的, f(x)min=f(e)=a e-1=3,解得a=4
e
(舍去).
②当0<1
a <e时,f(x)在(0,1
a
)上是减少的,在(1a,e]上是增加的,
f(x)min=f(1
a
)=1+ln a=3,解得a=e2,满足条件.
③当1
a
≥e时,∵x∈(0,e],∴f'(x)<0,
∴f(x)在(0,e]上是减少的,f(x)min=f(e)=a e-1=3,解得a=4
e
(舍去).综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.。