2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元評(píng)估卷一習(xí)題含解析新人教A版選修1-1

第三章單元評(píng)估卷(一)eq\o(\s\up7(限時(shí)：120分鐘滿分：150分),\s\do5())第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的)1．若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為－2x2＋1，則f(x)可以等于()A．－2x3＋1 B．x＋1C．－4x D．－eq\f(2,3)x3＋x2．已知物體的運(yùn)動(dòng)方程是s＝eq\f(1,4)t4－4t3＋16t2(t表示時(shí)間，s表示位移)，則瞬時(shí)速度為0的時(shí)刻是()A．0秒、2秒或4秒 B．0秒、2秒或16秒C．2秒、8秒或16秒 D．0秒、4秒或8秒3．已知函數(shù)y＝f(x)，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如下圖所示，則y＝f(x)()A．在(－∞，0)上為減函數(shù)B．在x＝0處取微小值C．在(4，＋∞)上為減函數(shù)D．在x＝2處取極大值4．一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，由始點(diǎn)經(jīng)過(guò)ts后與初始位置間的距離為s＝eq\f(1,3)t3－6t2＋32t，則速度為0的時(shí)刻是()A．t＝4s B．t＝8sC．t＝4s或t＝8s D．t＝0或t＝4s5．函數(shù)y＝x2ex的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－1,2)B．(－∞，－1)與(1，＋∞)C．(－∞，－2)與(0，＋∞)D．(－2,0)6．若曲線f(x)＝x2－1與g(x)＝1－x3在x＝x0處的切線相互垂直，則x0等于()A.eq\f(\r(3,36),6) B．－eq\f(\r(3,36),6)C.eq\f(2,3) D.eq\f(2,3)或07．已知拋物線y＝－2x2＋bx＋c在點(diǎn)(2，－1)處與直線y＝x－3相切，則b＋c的值為()A．20 B．9C．－2 D．28．設(shè)函數(shù)f(x)的圖象如圖，則函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能是下圖中的()9．已知三次函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函數(shù)，則m的取值范圍是()A．m<2或m>4 B．－4<m<－2C．2<m<4 D．以上皆不正確10．假如圓柱的軸截面周長(zhǎng)為定值4，那么圓柱體積的最大值為()A.eq\f(8,27)π B.eq\f(16,27)πC.eq\f(8,9)π D.eq\f(16,9)π11．函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，微小值為2，則f(x)的減區(qū)間是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0) D．(－2，－1)12．把一個(gè)周長(zhǎng)為12cm的長(zhǎng)方形圍成一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，該圓柱底面周長(zhǎng)與高的比為()A．1∶2 B．1∶πC．2∶1 D．2∶π答案1．D選項(xiàng)A中函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－6x2；選項(xiàng)B中函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝1；選項(xiàng)C中函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－4；選項(xiàng)D中函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－2x2＋1.2．Ds′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)t4－4t3＋16t2))′＝t3－12t2＋32t＝t(t－4)(t－8)，令s′＝0，則有t(t－4)(t－8)＝0，解得t＝0或t＝4或t＝8.3．C在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，A錯(cuò)；在x＝0處，導(dǎo)數(shù)由正變負(fù)，f(x)由增變減，故在x＝0處取極大值，B錯(cuò)；在(4，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)，C對(duì)；在x＝2處取微小值，D錯(cuò)．4．C速度為0即s′＝0，由s′＝t2－12t＋32＝0，得t＝4或t＝8，故選C.5．Dy′＝(x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．∵ex>0，∴xex(x＋2)<0，即－2<x<0，故函數(shù)y＝x2ex的單調(diào)遞減區(qū)間是(－2,0)．6．A∵f′(x)＝2x，g′(x)＝－3x2，∴(2x0)·(－3xeq\o\al(2,0))＝－1，解得x0＝eq\f(\r(3,36),6).7．C由題意得y′|x＝2＝1，又y′＝－4x＋b，∴－4×2＋b＝1，∴b＝9，又點(diǎn)(2，－1)在拋物線上，∴c＝－11，∴b＋c＝－2，故選C.8．D由y＝f(x)圖象知有兩個(gè)極值點(diǎn)，第一個(gè)是極大值點(diǎn)，其次個(gè)是微小值點(diǎn)，由極值意義知．選D.9．Df′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由題意得x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)＝64m2－32m＋4－60m2＋8m＋28＝4(m2－6m＋8)≤0，∴2≤m≤4，故選D.10．A設(shè)圓柱底面半徑為r，高為h，則4r＋2h＝4，即2r＋h＝2，則體積V圓柱＝πr2h＝πr2(2－2r)＝2πr2－2πr3，由h＝2－2r>0得0<r<1，∴V′＝4πr－6πr2＝4πreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)r))，由V′＝0得r＝eq\f(2,3).∵當(dāng)0<r<eq\f(2,3)時(shí)，V′>0；當(dāng)eq\f(2,3)<r<1時(shí)V′<0，∴當(dāng)r＝eq\f(2,3)時(shí)V取得極大值也是最大值，且最大值為eq\f(8π,27)，故選A.11．A令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r(a)，f(eq\r(a))＝2，f(－eq\r(a))＝6，得a＝1，b＝4，當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)＝3x2－3<0.即－1<x<1.12．C設(shè)圓柱的高為x，底面半徑為r，則r＝eq\f(6－x,2π)，圓柱體積V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－x,2π)))2x＝eq\f(1,4π)(x3－12x2＋36x)(0<x<6)，V′＝eq\f(3,4π)(x－2)(x－6)．當(dāng)x＝2時(shí)，V最大．此時(shí)底面周長(zhǎng)為6－x＝4,4∶2＝2∶1，故選C.————————————————————————————第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請(qǐng)把答案填寫在題中橫線上)13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P在曲線C：y＝x3－10x＋3上，且在其次象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)P處的切線的斜率為2，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．14．函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值為正數(shù)，微小值為負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是________．15．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a，b，c滿意的關(guān)系式為________．16．函數(shù)f(x)＝ax4－4ax2＋b(a>0,1≤x≤2)的最大值為3，最小值為－5，則a＝________，b＝________.三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(10分)求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝xsinx－eq\f(2,cosx)；(2)f(x)＝3xsinx－eq\f(cosx－lnx,x)；(3)y＝(2x2＋3)(3x－2)．18．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若x＝－eq\f(1,3)是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)在[1，a)上的最大值．答案13．(－2,15)解析：∵y′＝3x2－10＝2，∴x＝±2.又點(diǎn)P在其次象限內(nèi)，∴x＝－2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2,15)．14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，令f′(x)>0得x>a或x<－a，令f′(x)<0得－a<x<a，∴當(dāng)x＝－a時(shí)，f(x)取極大值f(－a)＝2a3＋a，∵a>0，∴2a3＋a>0，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取微小值f(a)＝a－2a3，由題意得a－2a3<0，又a>0，∴1－2a2<0，∴a>eq\f(\r(2),2).15．a(chǎn)>0，且b2≤3ac解析：由題意可知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4b2－12ac≤0))即a>0，且b2≤3ac.16．23解析：令y′＝4ax3－8ax＝4ax(x2－2)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\r(2)，x3＝－eq\r(2).又f(1)＝a－4a＋b＝b－3a，f(2)＝16a－16a＋b＝b，f(eq\r(2))＝b－4a，f(0)＝b，f(－eq\r(2))＝b－4a.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－4a＝－5，,b＝3.))∴a＝2，b＝3.17．解：(1)y′＝(xsinx)′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,cosx)))′＝sinx＋xcosx－eq\f(2sinx,cos2x).(2)∵(3xsinx)′＝(3x)′sinx＋3x(sinx)′＝3xln3sinx＋3xcosx＝3x(sinxln3＋cosx)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx－lnx,x)))′＝eq\f(cosx－lnx′x－cosx－lnx·1,x2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinx－\f(1,x)))x－cosx＋lnx,x2)＝eq\f(－1－xsinx－cosx＋lnx,x2).∴f′(x)＝3x(sinxln3＋cosx)＋eq\f(1＋xsinx＋cosx－lnx,x2).(3)方法一：y′＝(2x2＋3)′(3x－2)＋(2x2＋3)(3x－2)′＝4x(3x－2)＋(2x2＋3)·3＝18x2－8x＋9.方法二：∵y＝(2x2＋3)(3x－2)＝6x3－4x2＋9x－6，∴y′＝18x2－8x＋9.18．解：(1)f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，則必有eq\f(a,3)≤1且f′(1)＝－2a≥0，∴a≤0.即a的取值范圍為(－∞，0]．(2)依題意，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0，即eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)a－3＝0，∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－eq\f(1,3)，x2＝3，則當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表所示：x1(1,3)3(3,4)4f′(x)－0＋f(x)－6－18－12由上表可知f(x)在[1,4)上的最大值是f(1)＝－6.————————————————————————————19.(12分)當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，試證：sinx>x－eq\f(x3,6).20．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,4)，曲線在點(diǎn)M處的切線恰好與直線x＋9y＝0垂直．(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，m＋1]上單調(diào)遞增，求m的取值范圍．答案19．證明：設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx－x＋eq\f(x3,6)，明顯f(0)＝0，則f′(x)＝cosx－1＋eq\f(x2,2)＝eq\f(x2,2)－2sin2eq\f(x,2)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)))2)).又因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，x>sinx，所以eq\f(x,2)>sineq\f(x,2)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)))2>0.故f′(x)>0，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，所以f(x)>f(0)＝0，即sinx>x－eq\f(x3,6).20．解：(1)∵f(x)＝ax3＋bx2的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,4)，∴a＋b＝4.①f′(x)＝3ax2＋2bx，則f′(1)＝3a＋2b.由條件得f′(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))＝－1，即3a＋2b＝9.②由①②，得a＝1，b＝3.(2)f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x，令f′(x)＝3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2，故由f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞增，得[m，m＋1]?(－∞，－2]∪[0，＋∞)，∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.————————————————————————————21.(12分)將如圖所示的邊長(zhǎng)為a的等邊三角形鐵片，剪去三個(gè)四邊形，做成一個(gè)無(wú)蓋的正三棱柱形容器(不計(jì)接縫)，設(shè)容器的高為x，容積為V(x)．(1)寫出函數(shù)V(x)的解析式，并求出函數(shù)的定義域；(2)求當(dāng)x為多少時(shí)，容器的容積最大？并求出最大容積．22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ex＋eq\f(1,x－a).(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，求函數(shù)f(x)在x＝0處的切線方程．(2)函數(shù)f(x)是否存在零點(diǎn)？若存在，求出零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，若不存在，說(shuō)明理由．答案21.解：(1)因?yàn)槿萜鞯母邽閤，則做成的正三棱柱形容器的底邊長(zhǎng)為(a－2eq\r(3)x)，則V(x)＝eq\f(\r(3),4)(a－2eq\r(3)x)2x，函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a)).(2)實(shí)際問(wèn)題歸結(jié)為求函數(shù)V(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a))上的最大值點(diǎn)．先求V(x)的極值點(diǎn)．在開區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a))內(nèi)，V′(x)＝9eq\r(3)x2－6ax＋eq\f(\r(3),4)a2.令V′(x)＝0，即9eq\r(3)x2－6ax＋eq\f(\r(3),4)a2＝0，解得x1＝eq\f(\r(3),18)a，x2＝eq\f(\r(3),6)a(舍去)．因?yàn)閤1＝eq\f(\r(3),18)a在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a))內(nèi)，x1可能是極值點(diǎn)．當(dāng)0<x<x1時(shí)，V′(x)>0；當(dāng)x1<x<eq\f(\r(3),6)a時(shí)，V′(x)<0.因?yàn)閤1是極大值點(diǎn)，且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a))內(nèi)，x1是唯一的極值點(diǎn)，所以x＝