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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)的運用
題點 導(dǎo)數(shù)的綜合運用
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)的運用
題點 導(dǎo)數(shù)的綜合運用
(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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