單元綜合測試十四(導數)
時間：120分鐘分值：150分
一、選擇題(每小題5分，共60分)
1．函式y＝(sinx2)3的導數是
( )
a．3x·sinx2·sin2x2b．3(sinx2)2
c．3(sinx2)2·cosx2d．6sinx2·cosx2
解析：[(sinx2)3]′＝3(sinx2)2(sinx2)′
＝3(sinx2)2cosx2(x2)′＝3(sinx2)2cosx2·2x
＝3xsin2x2sinx2
答案：a
2．在曲線y＝x3＋x－2的切線中，與直線4x－y＝1平行的切線方程是
( )
a．4x－y＝0b．4x－y－4＝0
c．2x－y－2＝0d．4x－y＝0或4x－y－4＝0
解析：y′＝3x2＋1，又4x－y＝1的斜率為4，
設曲線y＝x3＋x－2的切線中與4x－y＝1平行的切線的切點為m(x0，y0)，
則3x＋1＝4，∴x0＝1或x0＝－1.
∴切點為m(1,0)、n(－1，－4)均不在4x－y＝1上．
∴有兩條直線與4x－y＝1平行．
答案：d
3．(2009·江西高考)設函式f(x)＝g(x)＋x2，曲線y＝g(x)在點(1，g(1))處的切線方程為y＝2x＋1，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為
( )
a．4b．－
c．2d．－
解析：依題意得f′(x)＝g′(x)＋2x，f′(1)＝g′(1)＋2＝4，選a.
答案：a
4．質點運動方程為s＝20＋gt2(g＝9.8m/s2)，則t＝3s時的瞬時速度為
( )
a．20b．49.4
c．29.4d．64.1
解析：s′＝gt，v(3)＝s′(3)＝3g＝29.4.
答案：c
5．函式f(x)＝(x2－1)3＋2的極值點是
( )
a．x＝1b．x＝－1
c．x＝1或－1或0d．x＝0
解析：f′(x)＝3×2x(x2－1)2，令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝±1，但x＝1或x＝－1時，兩側的導數值的符號同號，不是極值點．
答案：d
6．對函式f(x)＝－x4＋2x2＋3有
( )
a．最大值4，最小值－4b．最大值4，無最小值
c．無最大值，最小值－4d．既無最大值也無最小值
解析：f′(x)＝－4x3＋4x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝±1，列表如下：
∵x∈r，故無最小值，最大值為4.
答案：b
7．若m∈r，方程x3－3x＋m＝0在區間[0,1]上不等的實根
( )
a．有3個b．有2個
c．沒有d．至多有乙個
解析：設f(x)＝x3－3x＋m，則f′(x)＝3x2－3.
所以f(x)在區間[0,1]上是單調減函式，
函式f(x)在圖象與x軸至多有乙個交點．應選d.
答案：d
8．設f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在區間[1,3]上為單調函式，則實數a的取值範圍為
( )
a．[－，＋∞)
b．(－∞，－3]
c．(－∞，－3]∪[－，＋∞)
d．[－，]
解析：由f(x)在[1,3]上單調可得：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在[1,3]上恆成立，利用分離引數即可得知應選c.
答案：c
9．(2010·武漢調研)若函式y＝f(x)滿足f′(x)>f(x)，則當a>0時，f(a)與eaf(0)之間的大小關係為
( )
a．f(a)eaf(0)
c．f(a)＝eaf(0d．與f(x)或a有關，不能確定
解析：設g(x)＝，則有g′(x)＝＝>0，因此g(x)在r上是增函式，當a>0時，有g(a)>g(0)，即》＝f(0)，f(a)>eaf(0)，選b.
答案：b
10．(2009·黃岡檢測)已知m<0，f(x)＝mx3＋x，且f′(1)≥－12，則實數m的值為
( )
a．2b．－2
c．4d．－4
解析：依題意，f′(x)＝3mx2＋，則f′(1)＝3m＋≥
－12，所以m2＋4m＋4≤0，故m＝－2，選擇b.
答案：b
11．(2009·合肥質檢三)已知函式f(x)的定義域為r，f′(x)為f(x)的導函式，函式y＝f ′(x)的圖象如圖1所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，則不等式f(x2－6)>1的解集為
( )
圖1a．(2,3)∪(－3，－2b．(－，)
c．(2,3d
解析：由圖知，f(x)在(－∞，0)上單調增，在(0，＋∞)上單調減，又f(－2)＝1，f(3)＝1，∴所求不等式等價於－2答案：a
12．(2010·西安八校聯考)定義在r上的函式f(x)滿足f(4)＝1，f′(x)為函式f(x)的導函式．已知函式y＝f′(x)的圖象如圖2所示，兩個正數a、b滿足f(2a＋b)<1，則的取值範圍是
( )
圖2ab．(－∞，)∪(3，＋∞)
c．(，3d．(－∞，－3)
解析：由題中圖可知，當x>0時，f′(x)>0，此時f(x)是增函式．由2a＋b>0，f(2a＋b)<1＝f(4)得2a＋b<4，即2a＋b－4<0.在直角座標平面aob內畫出不等式組表示的平面區域，將視為該平面區域內的點(a，b)與點
(－2，－2)的連線的斜率，結合圖形不難得知的取值範圍是(，3)，選c.
答案：c
二、填空題(每小題4分，共16分)
13．已知函式f(x)是可導函式，且f′(a)＝1，則
解析：令x－a＝h，
則原式＝
＝2＋＝2f′(a)＋f′(a)＝3.
答案：3
14．(2009·陝西高考)設曲線y＝xn＋1(n∈n*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫座標為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋…＋a99的值為________．
解析：由題意可得，y′|x＝1＝n＋1，則所求切線為：y＝(n＋1)x－n，令y＝0，得xn＝.
由對數運算法則可知a1＋a2＋a3＋…＋a99＝lg(x1·x2·x3·…·x99)＝lg＝－2.
答案：－2
15．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則a的取值範圍為
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.
要使f(x)有極大值和極小值，需f′(x)＝0有兩個不相等的實根，∴δ＝4a2－12(a＋6)>0.∴a>6或a<－3.
答案：a>6或a<－3
16．在半徑為r的半圓內作一內接梯形，使其底為直徑，其他三邊為圓的弦，則梯形的面積最大時，其梯形的上底長為
解析：設梯形的上底長為2x，高為h，面積為s，
因為h＝，所以s＝·＝(r＋x)，
s′＝－＝.
令s′＝0得x＝，h＝r，
當00；當∴當x＝時，s取極大值．
又∵極值點唯一，因此當梯形的上底長為r時，它的面積最大．
答案：r
三、解答題(本大題共6個小題，共計74分，寫出必要的文字說明、計算步驟，只寫最後結果不得分)
17．(12分)如圖3所示，曲線段omb：x2＝y(0圖3
(1)試用t表示切線pq的方程；
(2)求△qap的面積g(t)的表示式．
解：(1)∵y′＝2x，∴kpq＝y′|x＝t＝2t，
切線方程為y－t2＝2t(x－t)，
即y＝2tx－t2(0(2)在切線方程中令y＝0，得x＝，∴p(，0)，
令x＝6，得y＝12t－t2，∴q(6,12t－t2)．
∴g(t)＝|ap|·|aq|＝(6－)(12t－t2)＝t3－6t2＋36t(018．(12分)若直線y＝kx與y＝x3－3x2＋2x相切，試求k的值．
解：y′＝3x2－6x＋2，設切點為(x0，y0)，則
k＝y′|x＝x0＝3x－6x0＋2.
∴切線方程為y－y0＝(3x－6x0＋2)(x－x0)．
又y0＝x－3x＋2x0，
∴y＝(3x－6x0＋2)x－(3x－6x0＋2)x0＋(x－3x＋2x0)，即y＝(3x－6x0＋2)x＋(－2x＋3x)．
又切線是y＝kx，
則由②得x0＝0或x0＝，代入①知k＝2或k＝－.
19．(12分)已知函式f(x)＝ax3＋bx2經過點m(1,4)，在點m處的切線恰與直線x＋9y＋5＝0垂直．
(1)求a，b的值；
(2)若函式f(x)在區間[m－1，m＋1]上單調遞增，求實數m的取值範圍．
解：(1)∵f(x)＝ax3＋bx2，
∴f′(x)＝3ax2＋2bx.
由已知得即
∴a＝1，b＝3.
(2)由(1)知f(x)＝x3＋3x2，
∴f′(x)＝3x(x＋2)．
令f′(x)>0，解得x≤－2或x≥0，
∴f(x)在區間(－∞，－2)和[0，＋∞)上單調遞增．若f(x)在[m－1，m＋1]上單調遞增，
則[m－1，m＋1](－∞，－2)或[m－1，m＋1][0，＋∞)，
∴m＋1≤－2或m－1≥0.
∴m≤－3或m≥1.
∴m的取值範圍是m≤－3或m≥1.
20．(12分)某公司決定採用增加廣告投入和技術改造投入兩項措施來獲得更大的收益．通過對市場的**，當對兩項投入都不大於3(百萬元)時，每投入x(百萬元)廣告費，增加的銷售額可近似的用函式y1＝－2x2＋14x(百萬元)來計算；每投入x(百萬元)技術改造費用，增加的銷售額可近似的用函式y2＝－x3＋2x2＋5x(百萬元)來計算．現該公司準備共投入3(百萬元)，分別用於廣告投入和技術改造投入，請設計一種資金分配方案，使得該公司獲得最大收益．(注：收益＝銷售額－投入，答案資料精確到0.01)(參考資料：
≈1.414，≈1.732)
解：設3(百萬元)中技術改造投入為x(百萬元)，廣告費投入為3－x(百萬元)，則廣告收入帶來的銷售額增加值為－2(3－x)2＋14(3－x)(百萬元)，技述改造投入帶來的銷售額增加值為－x3＋2x2＋5x(百萬元)，所以，投入帶來的銷售額增加值f(x)＝－2(3－x)2＋14(3－x)－x3＋2x2＋5x.
由於投入為常量，採取措施前的收益、投入也是常量．所以該公司收益最大時就是銷售額增加值最大的時候．
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