文档介绍：该【阶段质量检测(一)导数及其应用 】是由【泰山小桥流水】上传分享，文档一共【10】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【阶段质量检测(一)导数及其应用 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。..阶段质量检测(一)导数及其应用(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,,只有一项是符合题目要求的)(x)=sinα-cosx,则f′(x)等于()++cosx解析:选A函数是关于x的函数,=sinx上一点P为切点的切线为直线l,则直线l的倾斜角的围是(),4∪4,πB.[0,π),,44∪2,4解析:选Ay′=cosx,∵cosx∈[-1,1],∴切线的斜率围是[-1,1],∴倾斜角的围π 3π是0,4∪4,(x)的定义域为开区间 (a,b),导函数 f′(x)在(a,b)的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)有极小值点( ):选A设极值点依次为x1,2,3且<1<2<3<b,则()在(,1),(2,xxaxxxfxaxxx3)上递增,在(x1,x2),(x3,b)上递减,因此,x1,x3是极大值点,...(x)=x2-lnx的单调递减区间是 ( )20,222,+∞,02-∞,-2,2D.-2,0,0,222解析:选A12x2-12时,f′(x)≤0,故f(x)的单调递∵f′(x)=2x-=x,当0<x≤,(x)=3x-4x3(x∈[0,1])的最大值是().-1解析:选A2f′(x)=3-12x,令f′(x)=0,11则x=-2(舍去)或x=2,f(0)=0,f(1)=-1,131f2=2-2=1,∴f(x)在[0,1](x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3处取得极值,则a=():选D f′(x)=3x+2ax+3,∵f′(-3)=×(-3)2+2a×(-3)+3=0,∴a=(x)=3ax+2ax-2ax+1的图象经过四个象限,则实数a的取值围是()36A.-10,73-5,-161-3,-16Word资料...6D.-∞,-10∪7,+∞解析:选Df′()=ax2ax-2a=(+2)(x-1),+xax107要使函数f(x)的图象经过四个象限,则f(-2)f(1)<0,即3a+1-6a+1<0,解得3 6a<-10或a>(x)的导函数 f′(x)=a(x-b)2+c的图象如图所示,则函数 f(x)的图象可能是( )解析:选D由导函数图象可知,当x<0时,函数f(x)递减,排除A、B;当0<x<x1时,′()>0,函数(),当=0时,()取得极小值,(x)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)>2,则满足2f(x)<x+1的x的集合为()A.{|-1<x<1}B.{|<1}xxxC.{|<-1或x>1}D.{|>1}xxxx1解析:选B令g(x)=2f(x)-x-1,∵f′(x)>2,∴g′(x)=2f′(x)-1>0,∴g(x)为单调增函数,f(1)=1,∴g(1)=2f(1)-1-1=0,∴当x<1时,g(x)<0,即2f(x)<x+1, y1(万元)是产量x(千台)的函数:y1=17x2,生产成本 y2(万元)是Word资料...产量x(千台)的函数:y2=2x3-x2(x>0),为使利润最大,应生产():选A设利润为y,则y=1-2=17x2x3x2x2x3′=36x2,-(2-)=18-2,-6yyyx令y′=0得x=6或x=0(舍),f(x)在(0,6)上是增函数,在(6,+∞)上是减函数,∴x= R上的函数 f(x),f(x)+x·f′(x)<0,若a<b,则一定有( )(a)<bf(b) (b)<bf(a)(a)>bf(b) (b)>bf(a)解析:选C [x·f(x)]′=x′f(x)+x·f′(x)=f(x)+x·f′(x)<0,∴函数x·f(x)是R上的减函数,a<b,∴af(a)>bf(b).()=sinx,且0<x1<<1,设=sinx1b=sinx2a,b的大小关系2,,则fxxxax1x2是()>bB.<=bD.,b的大小不能确定a解析:选Axcosx-sinx,令g(x)=xcosx-sinx,则g′(x)=-xsinx+cosf′(x)=2xx-cosx=-<x<1,∴g′(x)<0,即函数g(x)在(0,1)上是减函数,得g(x)<g(0)=0,故f′(x)<0,函数f(x)在(0,1)上是减函数,得a>b,、填空题(本大题共4小题,每小题5分,)(x)=3x-f′(1)x+x+5,则f′(1)=:f′(x)=x2-2f′(1)x+1,令x=1,得f′(1)=:>0,若曲线y=与直线x=,=0所围成封闭图形的面积为2,则a=:S=02xdx=3x20=3a2=a,∴a=...4答案:915ππ时,f(x)=x+sinx,设a=f(1),.已知函数f(x)满足f(x)=f(π-x),且当x∈-,22b=f(2),c=f(3),则a,b,:f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),因为f′(x)=1+cosx≥0,ππ故f(x)在-2,2上是增函数,π∵2>π-2>1>π-3>0,f(π-2)>f(1)>f(π-3),即c<a<:c<a<(x)=x2+1在区间(m,2m+1)上单调递增,-4x2解析:f′(x)=x2+12,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)上单调递增,m≥-1,所以m<2m+1,解得-1<m≤+1≤:(-1,0]三、解答题(本大题共6小题,、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x),b是实数,1和-1是函数f(x)=x+ax+;设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x):(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-(2)由(1)知f(x)=x-(x)+2=(x-1)(x+2),Word资料...所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是 1或-<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故-2是g(x)-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,故1不是g(x)(x)的极值点为-2.(本小题满分12分)(北京高考)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;求f(x):(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f′(x)=(1-x)ea-x+=2e+2,2ea-2+2b=2e+2,依题设有f′2=e-1,即-ea-2+b=e-=2,解得b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+-x x-1 2-x由f′(x)=e(1-x+e)及e>0知,f′(x)与1-x+ex-(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞),故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).19.(本小题满分 12分)某个体户计划经销 A,B两种商品,据调查统计,当投资额为x(x≥0)万元时,在经销 A,B商品中所获得的收益分别为 f(x)万元与g(x)万元,其中 f(x)=a(x-1)+2,g(x)=6ln(x+b)(a>0,b>0)....求a,b的值;如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品,请你帮他制定一个资金投入方案,:(1)由投资额为零时收益为零,可知f(0)=-a+2=0,g(0)=6lnb=0,解得a=2,b=(1)可得f(x)=2x,g(x)=6ln(x+1).设投入经销B商品的资金为x万元(0<x≤5),则投入经销A商品的资金为(5-x)万元,设所获得的收益为S(x)万元,则S(x)=2(5-x)+6ln(x+1)6ln(x+1)-2x+10(0<x≤5).6S′(x)=x+1-2,令S′(x)=0,得x=<x<2时,S′(x)>0,函数S(x)单调递增;当2<x≤5时,S′(x)<0,函数S(x)=2时,函数S(x)取得最大值,S(x)max=S(2)=6ln3+6≈,当投入经销 A商品3万元,B商品2万元时,他可获得最大收益,.(本小题满分 12分)已知函数f(x)=ax2+2ln(1-x)(a为常数).若f(x)在x=-1处有极值,求a的值并判断x=-1是极大值点还是极小值点;(2)若f(x)在[-3,-2]上是增函数,求 :(1)f′(x)=2ax-1-x,x∈(-∞,1),f′(-1)=-2a-1=0,1所以a=-+1x-2f′(x)=-x-1-x= 1-x .x<1,∴1-x>0,x-2<0,因此,当x<-1时f′(x)>0,当-1<x<1时f′(x)<0,∴x=-1是f(x)...由题意f′(x)≥0在x∈[-3,-2]上恒成立,2即2ax-1-x≥0在x∈[-3,-2]上恒成立1∴a≤-x2+x在x∈[-3,-2]上恒成立,∵-x2+x=-x-12+1∈[-12,-6],24111∴-x+x∈-6,-12,2111∴-x+xmin=-6,a≤--∞,-.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x2-mlnx,h(x)=x2-x+a.(1)当a=0时,f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立,数m的取值围;(2)当m=2时,若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点,:(1)由f(x)≥h(x),x得m≤lnx在(1,+∞) lnx-1令g(x)=lnx,则g′(x)=lnx2,当x∈(1,e)时,g′(x)<0;当x∈(e,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,e)上递减,在(e,+∞)=e时,g(x)的最小值为 g(e)=≤(-∞,e].由已知可得k(x)=x-2lnx-(x)在(1,3)上恰有两个不同零点,相当于函数 φ(x)=x-2lnx与直线y=-2φ′(x)=1-x=x,当x∈(1,2)时,φ′(x)<0,φ(x)递减,当x∈(2,3)时,φ′(x)>0,φ(x)(1)=1,φ(2)=2-2ln2,φ(3)=3-2ln3,Word资料...要使直线y=a与函数φ(x)=x-2lnx有两个交点,则2-2ln2<a<3-(2-2ln2,3-2ln3).22.(本小题满分 12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<(x-1)=(x-1)(exa).解:(1)f′(x)=(x-1)e+2+2x①设a=0,则f(x)=(x-2)e,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<lna,2a223则f(b)>2(b-2)+a(b-1)=ab-2b>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).e若a≥-,则ln(-2a)≤1,2故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)≤1时,f(x)<0,所以f(x)<-2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)≤1时,f(x)<0,所以f(x),a的取值围为(0,+∞).(2)证明:不妨设 x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,Word资料...所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)-x x设g(x)=-xe -(x-2)e,2-x x则g′(x)=(x-1)(e-e).所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<.