1、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 s f(t)，则物体在时刻 t0的瞬时速度可以表示为( )(1) ；lim t 0f t0 t f t0 t(2) ；lim t 0f t0 f t0 t t(3)f( t0)；(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 y2 ax21 过点( ，3)，则该曲线在该点处的切线方程为( )aA y4 x1 B
2、y4 x1C y4 x11 D y4 x7解析：曲线过点( ，3)，32 a21， a1.a切点为(1,3)由导数定义可得 y4 ax4 x，该点处切线斜率为 k4.切线方程为 y34( x1)，即 y4 x1.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 s3 t t2，则物体的初速度是( )A0 B3C2 D32 t解析：物体的初速度即为 t0 时物体的瞬时速度，即函数 s(t)在 t0 处的导数s(0) s| t0 (32 t)|t0 3.答案：B4下列求导运算正确的是( )A. (x )11x 1x2B. (log2x)1xln2C. (5x)5 xlog5e 2D
3、. (x2cosx)2 xsinx解析：( x )1 ，(5 x)5 xln5，( x2cosx)( x2)cos x x2(cosx)1x 1x22 xcosx x2sinx，B 选项正确答案：B5函数 y f(x)ln x x 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) x3 ax27 ax 不存在极值点的充要条件是( )A. 0 a21 B
4、. a0 或 a7C. a21 D. a0 或 a21解析： f( x)3 x22 ax7 a，当 4 a284 a0，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 y f(x)，其导函数 y f( x)的图象如图所示，则 y f(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；1x2 x2 1x2当 x(1,0)时， f( x)
5、0.故当 x0 时， f(x)2；当 x0，故 C 错；当 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(2 x)，且当 x(，1)时，(x1) f( x)0，即 x32 32C m D m0)的一个单调递f xf x 1x增区间为_解析：由题意得 y x ( lnx ) x 2(1ln
6、 x)，由 y0，得 00)13 43f( x) x2 .23 43x 2 x 1 x 23x由 f( x)0，得 x1 或 x2.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) aex b(a0)1aex(1)求 f(x)在0，)内的最小值；(2)设曲线 y f(x)在
7、点(2， f(2)处的切线方程为 y x，求 a， b 的值32解：(1) f( x) aex ，1aex当 f( x)0，即 xln a 时， f(x)在(ln a，)上递增；当 f( x)0， f(x)在(0，ln a)上递减，在(ln a，)上递增，从而f(x)在0，)内的最小值为 f(ln a)2 b；当 a1 时，ln a0， 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) ae2 ，1ae2 32解得 ae22 或 ae2 (舍去)127所以 a ，代入原函数可得 2 b3，即 b .2e2 12 12故 a ， b .2e
8、2 1220(12 分)2014温州十校联考已知函数 f(x) ax3 x21( xR)，其中实数 a0.32(1)若 a1，求曲线 y f(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)3 x23 x， f(2)6， f(2)3，所以切线方程为： y6 x9.(2)f( x)3 ax23 x3 x(ax1)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(
9、 x)0，8 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.(2)证明：令 F(x) f(x) g(x) x2 x3ln x，12 23 F( x) x2 x2 1x x2 2x3 1x .x2 x3 x3 1x 1 x 2x2 x 1x x1， F( x)0，存在唯一的 s，使 t f(s)；(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s g(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 t f(s)9成立(3)证明：因为 s g(t)，由(2)知， t f(s)，且 s1，从而 lng tlnt lnslnf s ，lnsln s2lns lns2lns ln lns u2u lnu其中 uln s.要使 e2时，若 s g(t)e，则由 f(s)的单调性，有 t f(s) f(e)e 2，矛盾所以se，即 u1，从而 lnu0 成立另一方面，令 F(u)ln u ， 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 .25lng tlnt 1210
