1、第三章 单元综合检测（二）(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若物体的运动规律是 sf(t)，则物体在时刻 t0 的瞬时速度可以表示为( )(1) ；limt 0ft0 t ft0t(2) ；limt 0ft0 ft0 tt(3)f(t 0)；(4)f(t) A. (1)(2) B. (1)(3)C. (2)(3) D. (2)(4)解析：根据瞬时速度的概念及导数的意义易知(1)(3)正确，故选 B.答案：B2已知曲线 y2ax 21 过点( ，3) ，则该曲线在该点处的切线方程为( )aAy4x1 By 4x1Cy 4x1
2、1 Dy 4x7解析：曲线过点( ，3)，32a 21，a1.a切点为(1,3)由导数定义可得 y4ax4x，该点处切线斜率为 k4.切线方程为 y34( x1)，即 y4x1.答案：B3任一作直线运动的物体，其位移 s 与时间 t 的关系是 s3t t 2，则物体的初速度是( )A0 B3C2 D32t解析：物体的初速度即为 t 0 时物体的瞬时速度，即函数 s(t)在 t0 处的导数s(0) s| t0 (32t)| t0 3.答案：B4下列求导运算正确的是( )A. (x )11x 1x2B. (log2x)1xln2C. (5x)5 xlog5e D. (x2cosx)2xsinx解析
3、：(x )1 ，(5 x)5 xln5，( x2cosx)(x 2)cosxx 2(cosx)1x 1x22xcosxx 2sinx，B 选项正确答案：B5函数 yf(x)lnxx 在区间(0，e上的最大值为( )A. e B. 1eC. 1 D. 0解析：y 1，令 y0，得 x1.列表如下：1xx (0,1) 1 (1，e) ey 0 y 单调递增 极大值1 单调递减 1ef(e)1e，而11e，从而 y 最大值 f (1)1.答案：C6对任意的 xR ，函数 f(x)x 3ax 27ax 不存在极值点的充要条件是( )A. 0a21 B. a0 或 a7C. a21 D. a0 或 a2
4、1解析：f(x) 3x 22ax 7a， 当 4a 284a0，即 0 a21 时，f ( x)0 恒成立，函数不存在极值点答案：A7已知函数 yf( x)，其导函数 yf (x) 的图象如图所示，则 yf(x)( )A. 在(，0)上为减函数B. 在 x0 处取极小值C. 在(4，)上为减函数D. 在 x2 处取极大值解析：当 x0，f (x)在(，0) 上是增函数，故 A 错；当 x0，当 04 时，f(x)0解析：令 f(x )1 0，得 x1.当 x(，1) 时，f ( x)0；当1x2 x2 1x2x( 1,0)时，f(x)0.故当 x0 时，f(x) 2；当 x0，故 C 错；当
5、x01 时满足题意， D 正确，故选 D.答案：D10若函数 f(x)asinx cosx 在 x 处有最值，那么 a 等于( )13 3A. B33 33C. D36 36解析：f(x) acosx sinx，由题意 f 0，13 (3)即 a 0，a .12 13 32 33答案：A11已知函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)f (2x )，且当 x(，1)时，( x1)f(x)0，即 x32 32Cm Dm0)的一个单调递增区间为_f xfx 1x解析：由题意得 yx ( lnx )x 2(1lnx)，由 y0，得 00)13 43f(x) x2 .23 43x 2x 1x
6、23x由 f(x )0，得 x1 或 x 2.当 f(x)0 时 12.当 x 变化时 f (x)，f( x)的变化情况如下：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，)f (x) 0 0 f(x) 53 ln283 43因此 f(x)的单调递增区间是(1,2)，单调递减区间是(0,1) ，(2 ，)函数的极小值为 f(1) ，极大值为 f(2) ln2.53 83 4319(12 分) 2012安徽高考设函数 f(x)ae x b(a0)1aex(1)求 f(x)在0 ， )内的最小值；(2)设曲线 yf(x )在点(2，f(2)处的切线方程为 y x，求 a，b 的值32解：(1)f(x)
7、 aex ，1aex当 f(x )0，即 xlna 时，f(x)在( ln a，) 上递增；当 f(x )0，f(x)在(0 ，lna)上递减，在( ln a，) 上递增，从而 f(x)在0， ) 内的最小值为 f( lna)2b；当 a1 时，lna0，f(x) 在0，)上递增，从而 f(x)在0 ，)内的最小值为f(0)a b.1a(2)依题意 f(2)ae 2 ，1ae2 32解得 ae22 或 ae2 (舍去)12所以 a ，代入原函数可得 2 b3，即 b .2e2 12 12故 a ，b .2e2 1220(12 分) 2014温州十校联考 已知函数 f(x)ax 3 x21(xR
8、 )，其中实数 a0.32(1)若 a1，求曲线 yf(x )在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若在区间 ， 上，f(x )0 恒成立，求 a 的取值范围12 12解：(1)f(x) 3x23x，f(2)6，f (2)3，所以切线方程为：y6x 9.(2)f(x) 3ax 23x3x (ax 1)令 f(x )0，解得 x0 或 x .1a若 00 等价于Error!，即Error!.12 12解不等式组得52，则 00 等价于Error!，即Error!.12 12解不等式组得 1 时，f(x )0，f(x)在1，e 上是增函数f(x)的最小值是 f(1)1，最大值是 f(e)1e 2.
9、(2)证明：令 F(x)f(x )g( x) x2 x3lnx，12 23F(x)x2x 2 1x x2 2x3 1x .x2 x3 x3 1x 1 x2x2 x 1xx1，F ( x)0，存在唯一的 s，使 tf (s)；(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 sg( t)，证明：当 te2 时，有 0，令 h(x)f(x) t，x1， )由(1)知，h(x) 在区间(1 ，) 内单调递增h(1)t0.故存在唯一的 s(1 ，)，使得 tf (s)成立(3)证明：因为 sg( t)，由(2)知，t f(s) ，且 s1，从而 lngtlnt lnslnfs lnslns2lns ，lns2lns lnlns u2u lnu其中 ulns.要使 e2 时，若 sg(t)e ，则由 f(s)的单调性，有 tf (s) f(e)e 2，矛盾所以 se，即 u1，从而 lnu0 成立另一方面，令 F(u)lnu ，u1.u2F(u) ，1u 12令 F(u)0，得 u2.当 10；当 u2 时，F (u)1，F (u)F(2)e2 时，有 .25lngtlnt 12
