高三数学总复习练习第三章 章末检测

高三数学总复习练习第三章 章末检测

第三章 章末检测 (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.(2010·泰安高三二模)如图，函数 y＝f(x)的图象在点 P(5，f(5))处的切线方程是 y＝－x ＋8，则 f(5)＋f′(5)等于 ( ) A.1 2 B．1 C．2 D．0 2．函数 f(x)＝ax3－x 在(－∞，＋∞)上是减函数，则 ( ) A．a<1 B．a<1 3 C．a<0 D．a≤0 3．(2011·洛阳模拟)已知 f(x)＝a＋1x＋a x＋1 ，且 f(x－1)的图象的对称中心是(0,3)，则 f′(2) 的值为 ( ) A．－1 9 B.1 9 C．－1 4 D.1 4 4．若函数 f(x)＝exsin x，则此函数图象在点(4，f(4))处的切线的倾斜角为 ( ) A.π 2 B．0 C．钝角 D．锐角 5．(2010·山东)已知某生产厂家的年利润 y(单位：万元)与年产量 x(单位：万件)的函数 关系式为 y＝－1 3x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( ) A．13 万件 B．11 万件 C．9 万件 D．7 万件 6．已知 f(x)＝2x3－6x2＋a (a 是常数)在[－2,2]上有最大值 3，那么在[－2,2]上 f(x)的最 小值是 ( ) A．－5 B．－11 C．－29 D．－37 7．(2010·江西) 如图，一个正五角形薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面，记 t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为 S(t) (S(0)＝0)，则导函数 y＝S′(t)的图象大致( ) 8．已知 x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则 x2y 的最大值为 ( ) A．36 B．18 C．25 D．42 9．(2011·合肥模拟)已知 R 上可导函数 f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0 的解集为 ( ) A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1,2) C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞) 10.如图所示的曲线是函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的大致图象，则 x21＋x 22等于 ( ) A.8 9 B.10 9 C.16 9 D.5 4 11．(2010·宝鸡高三检测三)已知 f′(x)是 f(x)的导函数，在区间[0，＋∞)上 f′(x)>0， 且 偶 函 数 f(x) 满 足 f(2x － 1)0 的解集是{x|00 时，1 a ≥3x2 在(－∞，＋∞)上恒成立，这样的 a 不存在； a<0 时，1 a ≤3x2 在(－∞，＋∞)上恒成立，而 3x2≥0， ∴a<0.综上，a≤0.] 3．B [f(x)＝a＋1－ 1 x＋1 ，中心为(－1，a＋1)，由 f(x－1)的中心为(0,3)知 f(x)的中心为 (－1,3)，∴a＝2. ∴f(x)＝3－ 1 x＋1 . ∴f′(x)＝ 1 x＋12.∴f′(2)＝1 9.] 4．C [f′(x)＝exsin x＋excos x ＝ex(sin x＋cos x)＝ 2exsin x＋π 4 ， f′(4)＝ 2e4sin 4＋π 4 <0， 则此函数图象在点(4，f(4))处的切线的倾斜角为钝角．] 5．C [∵y′＝－x2＋81，令 y′＝0 得 x＝9(x＝－9 舍去)． 当 09 时，y′<0，f(x)为减函数． ∴当 x＝9 时，y 有最大值．] 6．D [f′(x)＝6x2－12x，若 f′(x)>0， 则 x<0 或 x>2，又 f(x)在 x＝0 处连续， ∴f(x)的增区间为[－2,0)． 同理 f′(x)<0，得减区间(0,2]． ∴f(0)＝a 最大． ∴a＝3，即 f(x)＝2x3－6x2＋3. 比较 f(－2)，f(2)得 f(－2)＝－37 为最小值．] 7．A [利用排除法． ∵露出水面的图形面积 S(t)逐渐增大， ∴S′(t)≥0，排除 B. 记露出最上端小三角形的时刻为 t0. 则 S(t)在 t＝t0 处不可导．排除 C、D，故选 A.] 8．A [由 x＋3y＝9，得 y＝3－x 3 ≥0，∴0≤x≤9. 将 y＝3－x 3 代入 u＝x2y， 得 u＝x2 3－x 3 ＝－x3 3 ＋3x2. u′＝－x2＋6x＝－x(x－6)． 令 u′＝0，得 x＝6 或 x＝0. 当 00；60，在(－1,1)上 f′(x)<0. 由(x2－2x－3)f′(x)>0， 得 f′x>0， x2－2x－3>0 或 f′x<0， x2－2x－3<0. 即 x>1 或 x<－1， x>3 或 x<－1 或 －10， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又因 f(x)是偶函数，∴f(2x－1)0， ∴ln x＋1>0，ln x>－1， ∴x>1 e.∴递增区间为 1 e ，5 . 14．f(3)0 恒成立， 所以 f(x)在 －π 2 ，π 2 上为增函数， f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)， 且 0<π－3<1<π－2<π 2 ， 所以 f(π－3)0⇒(2x－x2)ex>0 ⇒2x－x2>0⇒0 2或 x<－ 2， 由 f′(x)>0，得－ 20，f(x)为增函数； 当 x∈ －2 3 ，1 时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．…………………………………………(4 分) 所以 f(x)的递增区间为 －∞，－2 3 和(1，＋∞)， f(x)的递减区间为 －2 3 ，1 .……………………………………………………………(6 分) (2)当 x∈[－1,2]时，f(x)7.………………………………………………………………………………(10 分) 18．解 (1)设切线的斜率为 k， 则 k＝f′(x)＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1， 当 x＝1 时，kmin＝1.………………………………………………………………………(3 分) 又 f(1)＝5 3 ，∴所求切线的方程为 y－5 3 ＝x－1， 即 3x－3y＋2＝0.………………………………………………………………………(6 分) (2)f′(x)＝2x2－4ax＋3，要使 y＝f(x)为单调递增函数，必须满足 f′(x)≥0，即对任意的 x∈(0，＋∞)，恒有 f′(x)≥0，f′(x)＝2x2－4ax＋3≥0，∴a≤2x2＋3 4x ＝x 2 ＋ 3 4x ，而x 2 ＋ 3 4x ≥ 6 2 ， 当且仅当 x＝ 6 2 时，等号成立．……………………………………………………………(10 分) ∴a≤ 6 2 ，又∵a∈Z， ∴满足条件的最大整数 a 为 1.…………………………………………………………(12 分) 19．解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，……………………………(2 分) 令 f′(x)＝0，得 x＝1 e ， 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)，f(x)的变化的情况如下： x 0，1 e 1 e 1 e ，＋∞ f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  …………………………………………………………………………………………(5 分) 所以，f(x)在(0，＋∞)上的极小值是 f 1 e ＝－1 e.……………………………………(6 分) (2)当 x∈ 0，1 e ，f(x)单调递减且 f(x)的取值范围是 －1 e ，0 ； 当 x∈ 1 e ，＋∞ 时，f(x)单调递增且 f(x)的取值范围是 －1 e ，＋∞ .………………(8 分) 令 y＝f(x)，y＝m，两函数图象交点的横坐标是 f(x)－m＝0 的解，由(1)知当 m<－1 e 时， 原方程无解； 由 f(x)的单调区间上函数值的范围知， 当 m＝－1 e 或 m≥0 时，原方程有唯一解； 当－1 e0 时，①成立， 即 3a＋3a－1≤0， 3a－3a－1≤0 成立，解得 00， f(x)在区间(64,640)内为增函数，………………………………………………………(10 分) 所以 f(x)在 x＝64 处取得最小值， 此时，n＝m x －1＝640 64 －1＝9. 故需新建 9 个桥墩才能使 y 最小．……………………………………………………(12 分) 22．解 (1)因为 f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx ＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)， 又 x＝－2 和 x＝1 为 f(x)的极值点， 所以 f′(－2)＝f′(1)＝0， 因此 －6a＋2b＝0， 3＋3a＋2b＝0， …………………………………………………………………(3 分) 解方程组得 a＝－1 3 ， b＝－1. ………………………………………………………………(4 分) (2)因为 a＝－1 3 ，b＝－1， 所以 f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)， 令 f′(x)＝0，解得 x1＝－2，x2＝0，x3＝1.……………………………………………(6 分) 因为当 x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)<0； 当 x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的； 在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．………………………………………………(8 分) (3)由(1)可知 f(x)＝x2ex－1－1 3x3－x2， 故 f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3 ＝x2(ex－1－x)， 令 h(x)＝ex－1－x，则 h′(x)＝ex－1－1.…………………………………………………(9 分) 令 h′(x)＝0，得 x＝1， 因为 x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0， 所以 h(x)在 x∈(－∞，1]上单调递减． 故 x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0. 因为 x∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0， 所以 h(x)在 x∈[1，＋∞)上单调递增． 故 x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0.……………………………………………………(11 分) 所以对任意 x∈(－∞，＋∞)，恒有 h(x)≥0， 又 x2≥0，因此 f(x)－g(x)≥0， 故对任意 x∈(－∞，＋∞)， 恒有 f(x)≥g(x)．…………………………………………………………………………(12 分)