2023年12月2日发(作者：去年的绿色评价数学试卷)

第一章 导数及其应用章末检测（一）答案

一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．【解析】选A. =表示函数从x0到x1的平均变化率.

2. 【解析】选A ＝2×＝2×＝2k.

3. 【解析】选C. 函数是关于x的函数,因此sin α是一个常数.

4. 【解析】选A. y′=-2e,y′|x=0=-2, 点(0,2)处的切线方程为y-2=-2x.

-2x令y=0,得x=1.由得所以S=××1=.

5. 【解析】选A. f′(x)=x+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.

6. 【解析】选D. f′(x)=3x+2ax+3,由条件知,x=-3是方程f′(x)=0的实数根,所以a=5.

7. 【解析】选B. 因为点(1,-1)在曲线上,y′=3x-6x,所以y′|x=1=-3,即切线斜率为-3.所以利用点斜式得,切线方程为y+1=-3(x-1),即y=-3x+2.

8. 【解析】选D. 观察导函数f′(x)的图象可知,f′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如题干图所示,f′(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x2>0.

222二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

9. 【解析】选ABD. f ′(x)=ax+ax-2a=a(x+2)(x-1),要使函数f(x)的图象经过四个象限,则f(-2)f(1)<0,即(a+1)(-a+1)<0,解得a<-或a>.所以A、B、D都符合。

10.【解析】选AC. f′(x)=3-12x,令f′(x)=0,则x=-(舍去)或x=,f(0)=0, f(1)=-1,f所以f(x)在[0,1]上的最大值为1. 由题意可知a应大于或等于最大值1，所以A、C都符合。

22=-=1,- 1 -

11.【解析】选AB. 令g(x)=2f(x)-x-1,因为f′(x)>,所以g′(x)=2f′(x)-1>0,所以g(x)为单调增函数,因为f(1)=1,所以g(1)=2f(1)-1-1=0,所以当x<1时,g(x)<0,即2f(x)

12. 【解析】选ACD 由图象可知当-10,此时函数单调递增,当0

函数在[0,2]上单调递减,所以B错误.

因为x=0或x=4时,函数取得极大值,当x=2时,函数取得极小值.所以f(0)=2,f(4)=2,f(2)=0,因为f(-1)=f(5)=1,所以由函数图象可知当1

因为函数在[-1,0]上单调递增,且函数的最大值为2,所以要使当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,则t≥0即可,所以t的最小值为0,所以D正确. 故选ACD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.【解析】＝＝＝k. 答案：k

的单调性比较大小.

上是增函数,因为14.【解析】利用f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),再结合f(x)在f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),因为f′(x)=1+cos x≥0,故f(x)在>π-2>1>π-3>0,所以f(π-2)>f(1)>f(π-3),即c

15.【解析】f′(x)=2 016+ln x+1=2 017+ln x,又因为f′(x0)=2 017,所以f′(x0)=

2 017+lnx0=2 017,则ln x0=0,x0=1. 答案: 2 017+ln x ,1

16.【解析】f(x)=x-2x+a(e+e2-tt2x-1-x+1)=(x-1)+a[e+e2x-1-(x-1)]-1,令t=x-1,g(t)=f(t+1)=t+a(e+e)-1.

2t-t因为g(-t)=(-t)+a(e+e)-1=g(t),所以函数g(t)为偶函数.因为f(x)有唯一零点,

所以g(t)也有唯一零点.又g(t)为偶函数,由偶函数的性质知g(0)=0,所以2a-1=0,解得a=.

答案:

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）

【解析】(1)f ′(x)＝3ax＋2bx＋c，由已知有f ′(1)＝f ′(－1)＝0，f(1)＝－1，

2- 1 -

3a＋2b＋c＝0，即3a－2b＋c＝0，a＋b＋c＝－1.

13∴a＝，b＝0，c＝－.

221333233(2)由(1)知，f(x)＝x－x，∴f ′(x)＝x－＝(x－1)(x＋1)，

22222当x<－1时，或x>1时，f ′(x)>0.当－1

∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)内分别为增函数；在(－1，1)内是减函数．

∴当x＝－1时，函数f(x)取得极大值f(－1)＝1；

当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝－1.

18.(12分)

【解析】因为f(x)=(x-1)+aln x,所以f′(x)=2(x-1)+,(x>0),

2即f′(x)=,令g(x)=2x-2x+a,(x>0).

22则x1,x2(x1

则

19. （12分）

【解析】(1)∵f(x)＝(x＋ax＋b)∴f′(x)＝(2x＋a)22，

(－1)＝－[x＋(a－2)x＋b－a]2＋(x＋ax＋b).

由题意得f′(3)＝0，即32＋3(a－2)＋b－a＝0，b＝－2a－3，

∴f(x)＝(x2＋ax－2a－3)且f′(x)＝－(x－3)·(x＋a＋1).

令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝－a－1，

∵x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)(x∈R)的一个极值点．

∴x1≠x2，即a≠－4.故a与b的关系式为b＝－2a－3(a≠－4)．

(2)① 当a<－4时，x2＝－a－1>3，由f′(x)>0，得单调递增区间为(3，－a－1)；

- 1 -

由f′(x)<0，得单调递减区间为(－∞，3)，(－a－1，＋∞)；

②当a>－4时，x2＝－a－1<3，由f′(x)>0，得单调递增区间为(－a－1,3)；

由f′(x)<0，得单调递减区间为(－∞，－a－1)，(3，＋∞)．

得0

20.(12分)

【解析】(1)f′(x)=-3x+2ax,要使f(x)在(0,2)上单调递增,则f′(x)≥0在(0,2)上恒成立,

因为f′(x)是开口向下的抛物线,

所以所以a≥3.

2(2)因为0≤θ≤,所以tan θ=-3x+2ax∈[0,1].

据题意0≤-3x+2ax≤1在(0,1]上恒成立,

2222由-3x+2ax≥0,得a≥x,a≥,由-3x+2ax≤1,得a≤x+所以a≤.

.又x+≥(当且仅当x=时取“=”),综上,a的取值范围是

21．(12分)

【解析】(1)f′(x)=e(ax+a+b)-2x-4.

由已知得f(0)=4,f′(0)=4.

故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.

(2)由(1)知,f(x)=4e(x+1)-x-4x,

xxx2xf′(x)=4e(x+2)-2x-4=4(x+2)(e-).

令f′(x)=0得,x=-ln 2或x=-2.

从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,

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f′(x)>0;当x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0,

故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.

当x=-2时,函数f(x)取得极大值,

极大值为f(-2)=4(1-e).

22.(12分)

【解析】(1)当x>c时,P=,所以T=x·2-x·1=0.当1≤x≤c时,P=,所以-2T=(1-)·x·2-()·x·1=.

综上,日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为:

T=

(2)由(1)知,当x>c时,每天的盈利额为0,

当1≤x≤c时,

T′==,

令T′=0,解得x=3或x=9.因为1≤x≤c,c<6,

所以(ⅰ)当3≤c<6时,Tmax=3,此时x=3.

(ⅱ)当1≤c<3时,由T′=,知函数T=在[1,3)上递增,所以Tmax=,此时x=c.综上,若3≤c<6,则当日产量为3万件时,可获得最大利润;若1≤c<3,则当日产量为c万件时,可获得最大利润.

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