高中数学第三章导数及其应用章末达标测试新人教A版选修1_1
人教a版数学【选修1-1】：第三章《导数及其应用》章末检测(b)(含答案)
第三章 章末检测(B)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题12小题，每小题5分，共60分)1. 已知函数y ＝f (x )的图象如图，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是( )A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定2．任一作直线运动的物体，其位移s 与时间t 的关系是s ＝3t －t 2，则物体的初速度是( )A ．0B ．3C ．－2D ．3－2t3．已知曲线y ＝2ax 2＋1过点(a ，3)，则该曲线在该点处的切线方程为( ) A ．y ＝－4x －1 B ．y ＝4x －1 C ．y ＝4x －11 D ．y ＝－4x ＋74．若点P 在曲线y ＝x 3－3x 2＋(3－3)x ＋34上移动，经过点P 的切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，π2B.⎣⎡⎦⎤0，π2 ∪2,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C. 2,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.⎣⎡⎦⎤0，2π3 5．函数f (x )＝x 3＋ax －2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．[－3，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．(－∞，－3)6．曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －27．已知a >0，函数f (x )＝－x 3＋ax 在[1，＋∞)上是单调减函数，则a 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．48．若函数f (x )＝a sin x ＋13cos x 在x ＝π3处有最值，那么a 等于( )A.33 B ．－33 C.36 D ．－369．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π的最大值是( )A ．π－1 B.π2－1C ．πD ．π＋110. 函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个11．函数f (x )＝x1－x的单调增区间是( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)，(1，＋∞)D ．(－∞，－1)，(1，＋∞)12．某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则存款利率为多少时，银行可获得最大利益( )A ．0.012B ．0.024C ．0.032D ．0.036 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝________________________________________________________________________.14．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1 (x ∈R )，若对于x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0，则实数a 的值为________________________________________________________________________．15. 如图，内接于抛物线y ＝1－x 2的矩形ABCD ，其中A 、B 在抛物线上运动，C 、D 在x 轴上运动，则此矩形的面积的最大值是________．16．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x ＝±1处的切线的倾斜角均为34π，有以下命题：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]． ②f (x )的极值点有且只有一个．③f (x )的最大值与最小值之和等于零． 其中正确命题的序号为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围．18．(12分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值．(1)求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间；(2)若对x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2恒成立，求c 的取值范围．19.(12分)某大型商厦一年内需要购进电脑5 000台，每台电脑的价格为4 000元，每次订购电脑的其它费用为1 600元，年保管费用率为10%(例如，一年内平均库存量为150台，一年付出的保管费用60 000元，则60 000150×4 000＝10%为年保管费用率)，求每次订购多少台电脑，才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小？20．(12分)已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x .(1)当x 为何值时，f (x )取得最小值？证明你的结论； (2)设f (x )在[－1,1]上是单调函数，求a 的取值范围．21.(12分)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.22．(12分)已知函数f (x )＝x 2＋ln x .(1)求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．第三章 导数及其应用(B) 答案1．B [f ′(x A )和f ′(x B )分别表示函数图象在点A 、B 处的切线斜率，故f ′(x A )<f ′(x B )．] 2．B [物体的初速度即为t ＝0时物体的瞬时速度，即函数s (t )在t ＝0处的导数． s ′(0)＝s ′|t ＝0＝(3－2t )|t ＝0＝3.]3．B [∵曲线过点(a ，3)，∴3＝2a 2＋1，∴a ＝1， ∴切点为(1,3)．由导数定义可得y ′＝4ax ＝4x ， ∴该点处切线斜率为k ＝4，∴切线方程为y －3＝4(x －1)，即y ＝4x －1.] 4．B5．B [f ′(x )＝3x 2＋a .令3x 2＋a ≥0， 则a ≥－3x 2，x ∈(1，＋∞)，∴a ≥－3.]6．A [∵y ′＝x ′(x ＋2)－x (x ＋2)′(x ＋2)2＝2(x ＋2)2，∴k ＝y ′|x ＝－1＝2(－1＋2)2＝2，∴切线方程为：y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.] 7．C8．A [f ′(x )＝a cos x －13sin x ，由题意f ′⎝⎛⎭⎫π3＝0， 即a ·12－13×32＝0，∴a ＝33.]9．C [y ′＝1－cos x ≥0，所以y ＝x －sin x 在⎣⎡⎦⎤π2，π上为增函数．∴当x ＝π时， y max ＝π.]10．A [由图象看，在图象与x 轴的交点处左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0的点才满足题意，这样的点只有一个B 点．]11．C [∵f ′(x )＝x ′(1－x )－x (1－x )′(1－x )2＝1－x ＋x (1－x )2＝1(1－x )2>0，又x ≠1， ∴f (x )的单调增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)．]12．B [由题意知，存款量g (x )＝kx (k >0)，银行应支付的利息h (x )＝xg (x )＝kx 2， x ∈(0，0.048)．设银行可获得收益为y ，则y ＝0.048kx －kx 2.于是y ′＝0.048k －2kx ，令y ′＝0，解得x ＝0.024，依题意知y 在x ＝0.024处取得最大值．故当存款利率为0.024时，银行可获得最大收益．]13．3解析 由切点(1，f (1))在切线y ＝12x ＋2上，得f (1)＝12×1＋2＝52.又∵f ′(1)＝12，∴f ′(1)＋f (1)＝12＋52＝3.14．4解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0，显然成立；当x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≥3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4； 当x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可转化为a ≤3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间[－1,0)上单调递增． 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4， 综上所述，a ＝4. 15.439解析 设CD ＝x ，则点C 坐标为⎝⎛⎭⎫x2，0. 点B 坐标为⎝⎛⎭⎫x2，1－⎝⎛⎭⎫x 22， ∴矩形ABCD 的面积S ＝f (x )＝x ·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫x 22 ＝－x34＋x (x ∈(0,2))．由f ′(x )＝－34x 2＋1＝0，得x 1＝－23(舍)，x 2＝23，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，f ′(x )>0，f (x )是递增的，x ∈⎝⎛⎭⎫23，2时，f ′(x )<0，f (x )是递减的， 当x ＝23时，f (x )取最大值439.16．①③解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 由题意得f (0)＝0，f ′(－1)＝f ′(1)＝tan 3π4＝－1.∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝03－2a ＋b ＝－13＋2a ＋b ＝－1，∴a ＝0，b ＝－4，c ＝0.∴f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]．故①正确．由f ′(x )＝3x 2－4＝0得x 1＝－233，x 2＝233.根据x 1，x 2分析f ′(x )的符号、f (x )的单调性和极值点.x ＝233是极小值点也是最小值点．f (x )min ＋f (x )max ＝0.∴②错，③正确． 17．解 f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1，由题意知f ′(x )≤0在(1,4)上恒成立， 且f ′(x )≥0在(6，＋∞)上恒成立． 由f ′(x )≤0得x 2－ax ＋a －1≤0， 即x 2－1≤a (x －1)．∵x ∈(1,4)，∴x －1∈(0,3)，∴a ≥x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(2,5)，∴a ≥5， ① 由f ′(x )≥0得x 2－ax ＋a －1≥0， 即x 2－1≥a (x －1)．∵x ∈(6，＋∞)，∴x －1>0，∴a ≤x 2－1x －1＝x ＋1.又∵x ＋1∈(7，＋∞)，∴a ≤7， ② ∵①②同时成立，∴5≤a ≤7.经检验a ＝5或a ＝7都符合题意， ∴所求a 的取值范围为5≤a ≤7. 18．解 (1)f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′⎝⎛⎭⎫－23＝129－43a ＋b ＝0， f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0得a ＝－12，b ＝－2.f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，令f ′(x )>0，得x <－23或x >1，令f ′(x )<0，得－23<x <1.所以函数f (x )的递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，递减区间是⎝⎛⎭⎫－23，1. (2)f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，由(1)知，当x ＝－23时，f ⎝⎛⎭⎫－23＝2227＋c 为极大值， 而f (2)＝2＋c ，则f (2)＝2＋c 为最大值， 要使f (x )<c 2，x ∈[－1,2]恒成立，则只需要c 2>f (2)＝2＋c ，得c <－1或c >2.19．解 设每次订购电脑的台数为x ，则开始库存量为x 台，经过一个周期的正常均匀销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为12x 台，所以每年的保管费用为12x ·4 000·10%元，而每年的订货电脑的其它费用为5 000x·1 600元，这样每年的总费用为5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%元．令y ＝5 000x ·1 600＋12x ·4 000·10%，y ′＝－1x 2·5 000·1 600＋12·4 000·10%.令y ′＝0，解得x ＝200(台)．也就是当x ＝200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值，最小值为80 000元．20．解 (1)对函数f (x )求导数，得 f ′(x )＝(x 2－2ax )e x ＋(2x －2a )e x ＝[x 2＋2(1－a )x －2a ]e x .令f ′(x )＝0，得[x 2＋2(1－a )x －2a ]e x ＝0， 从而x 2＋2(1－a )x －2a ＝0.解得x 1＝a －1－1＋a 2，x 2＝a －1＋1＋a 2， 其中x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化如下表：12当a ≥0时，x 1<－1，x 2≥0.f (x )在(x 1，x 2)为减函数，在(x 2，＋∞)为增函数． 而当x <0时，f (x )＝x (x －2a )e x >0；当x ＝0时，f (x )＝0，所以当x ＝a －1＋1＋a 2时，f (x )取得最小值．(2)当a ≥0时，f (x )在[－1,1]上为单调函数的充要条件是x 2≥1，即a －1＋1＋a 2≥1，解得a ≥34.综上，f (x )在[－1,1]上为单调函数的充分必要条件为a ≥34.即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫34，＋∞.21．(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0， 即e x －x 2＋2ax －1>0， 故e x >x 2－2ax ＋1.22．(1)解 ∵f (x )＝x 2＋ln x ，∴f ′(x )＝2x ＋1x.∵x >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)＝1＋e 2. (2)证明 令F (x )＝f (x )－g (x ) ＝12x 2－23x 3＋ln x ， ∴F ′(x )＝x －2x 2＋1x ＝x 2－2x 3＋1x＝x 2－x 3－x 3＋1x ＝(1－x )(2x 2＋x ＋1)x.∵x >1，∴F ′(x )<0，∴F (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴F (x )<F (1)＝12－23＝－16<0.∴f (x )<g (x )．∴当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在g (x )＝23x 3＋12x 2的下方．小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
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第三章《导数及其应用》检测题一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.已知曲线y = |x2-2上一点P(屈一$,则过点P切线的倾斜角为()乙乙A.30°B. 45°C. 60°D. 120°2.设P为曲线C： y = F+2x + 3上的点，且曲线c在点P处切线倾斜角的取值范围7T 7T为则点P横坐标的取值范围为()4 2( JiA. —co,—B. [—1,0]1D. , + 823.定义在(0, +8)上的函数f(x)的导函数为广(无)，且对VxG (0,+oo)都有c. [0,1]/z(x)lnx<^/'(x),则(A. 4/(e) > e3/(e4) > 2e/(e2) C. e3/(e4) > 4/(e) > 2e/(e2) )(其中e«2. 7)B.e3/(e4) > 2e/(e2) > 4/(e) D. 4/(e) > 2e/(e2) > e3/(e4)4.曲线/(x) = (x + l)e x在点(0, f(0))处的切线方程为()A. y = % 4- 1B. y = 2x 4- 1C. y = + 1D.y 弓x+15.对于函数/(x)=—,下列说法正确的有()①f(兀)在x = €处取得极大值》②f(x)有两个不同的零点；③门4) < f (兀)< /(3); @7T4 < 4兀.A.4个B.3个C.2个D. 1个6.定义在R上的奇函数f (x)满足f (・1)=0,且当x>0时，f (x) >xf (x),则下列关系式中成立的是()A. 4f (i) >f (2)B. 4f (2) <f (2)C. f (i) >4f (2)D. f (i) f (2) > 2 2 2 27.定义在［0, +oo)的函数fO)的导函数为f(x),对于任意的%>0,恒有/Xx) </(%),m = n = 则m, zi的大小关系是()・e e zA. m > nB. m < nC. m = nD.无法确定&函数/(x) = e x + x3 - 2在区间(0,1)内的零点个数是().A. 0B. 1C. 2D. 39 .在平面直角坐标系xOy中，已知好一In%! - = 0 , x2 - y2 ~ 2 = 0 ,则(%i -x2)2 +(7i -y2)2的最小值为()A. 1B. 2C. 3D. 410.已知直线2是曲线y = e x与曲线y = e2x-2的一条公切线，2与曲线y =/x 一2切于点(a,b),且a是函数£仗)的零点，贝”仗)的解析式可能为()A. /(%) = e2x(2x + 21n2 -1)-1B. f(x) = e2x(2x + 21n2 -1)-2C.f(x) = e2x(2x一21n2 -1)-1D. /(x) = e2x(2x一21n2 -1)-2二、填空题设函数fd)的导数为f f (x),且f(x)=f‘(^sinx + cosx,则f' (? = _____________________ 12.如图，函数y = f(x)的图象在点P处的切线方程是y = -兀+ 5,则/'⑶+厂⑶=_. Array13._____ 函数y=f (x)的导函数y = f(jc)的图象如图所示，则函数y=f (x)的图象可能是_________ (填序号).(D ②③④14.已知函数/(x)=xlnx + i%2, %是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：乙@0 < %0 < -；②尢o>2；+ X o < 0；④fOo) + Xo>0;e e其中正确的命题是______________ •(填出所有正确命题的序号)、215 .已知函数/(X)= X3 +OT2 +/?JC+C在X =——与兀=1时都取得极值，若对xe[-l,2],不等式f(x)<c2恒成立，则c的取值范围为___________________________ o三、解答题16.求下列函数的导函数®y = X4—3x2—5x + 6 ③y = x2cos x ②y二x+古@y = tan x17.已知函数/'(兀)=|%2一(a + l)x + a\nx.(1)当a VI时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(X) + (a + l)x n牛+対+ 1 一对于任意x G [e~1,e]成立，求正实数a 的取值范围.18.已知函数f (尤)=^x3— ax1 2 + l(a 6 /?).(1)若曲线y = /(%)在(l,f(l))处的切线与直线x-y + l = 0垂直，求a的值.(2)若a>0,函数y = /(%)在区间(a,a2 - 3)±存在极值，求a的取值范圉.(3)若a >2,求证：函数y = f(x)在(0,2)上恰有一个零点.19.已知函数f^x) = a x^-x2-x\na (a>0,且aHl).(I )求函数/(兀)的单调区间；(II)求函数/(兀)在［-2,2］上的最大值.20.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P~A\B\G从, 下部的形状是正四棱柱ABCD-A限Cd (如图所示)，并要求正四棱柱的高"0是正以棱锥的高％的4倍.1 若AB=6 m, n =2 m,则仓库的容积是多少？2 若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当〃为多少时，仓库的容积最大?参考答案I.C2. D3. D4・ B5. C6. A7. B8. B9. B10・ BII.- A/212. 113.④14.①③15.(-00,-1) U(2,4-oo)16.解析：(l)y z = 4x3— 6x — 5(2)y‘ = % 4- x~2(3)y‘ = (x2ycosx + x2(cosx)f = 2xcosx-x2sinx, sinx , (sinx),cosx — sinx(cosx)' cos2% + sin2% 1(4)-------------- y =( ----------------- )= ----- = = :—cos2%cosx cos2%cos2% cos2%17.(1)当a<0时，函数门切在(1,+8)上单调递增，在(0,1)上单调递减；当ova VI时, 函数f(x)在@,1)上单调递减，在(0卫)和(1,+8)上单调递增.(2) (0,1]解析：(1)函数/'仗)的定义域为(0,+s),广(％)=兀 _ @ + 1)+ 兰=*一@+1央+。
高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评15 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列结论不正确的是()A．若y＝3，则y′＝0B．若f(x)＝3x＋1，则f′(1)＝3C．若y＝－x＋x，则y′＝－12x＋1D．若y＝sin x＋cos x，则y′＝cos x＋sin x【解析】∵y＝sin x＋cos x，∴y′＝(sin x)′＋(cos x)′＝cos x－sin x．故选D. 【答案】 D2．函数y＝(x＋1)(x－1)的导数等于()A．1B．－12xC.12x D．－1 4x【解析】因为y＝(x＋1)(x－1)＝x－1，所以y′＝x′－1′＝1.【答案】 A3．曲线y＝xx＋2在点(－1，－1)处的切线方程为() A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x ＋2【解析】 ∵y ′＝x ′(x ＋2)－x (x ＋2)′(x ＋2)2＝2(x ＋2)2， ∴k ＝y ′|x ＝－1＝2(－1＋2)2＝2， ∴切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)， 即y ＝2x ＋1.故选A. 【答案】 A4．已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )A ．3B ．2C ．1D.12【解析】 因为y ′＝x 2－3x ，所以由导数的几何意义可知，x 2－3x ＝12，解得x ＝3(x ＝－2不合题意，舍去)．【答案】 A5．函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．不确定【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2，设切点为(x 0，y 0)，则3x 20＝1，得x 0＝±33，即在点⎝ ⎛⎭⎪⎫33，39和点⎝⎛⎭⎪⎫－33，－39处有斜率为1的切线．故选B.【答案】 B二、填空题6．已知f (x )＝52x 2，g (x )＝x 3，若f ′(x )－g ′(x )＝－2，则x ＝________.【导学号：26160079】【解析】 因为f ′(x )＝5x ，g ′(x )＝3x 2，所以5x －3x 2＝－2，解得x 1＝－13，x 2＝2.【答案】 －13或27．若曲线y ＝x －12在点(a ，a －12)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a ＝________.【解析】 ∵y ＝x －12 ，∴y ′＝－12x －32，∴曲线在点(a ，a －12)处的切线斜率k ＝－12a －32，∴切线方程为y －a －12＝－12a －32 (x －a )．令x ＝0得y ＝32a －12；令y ＝0得x ＝3a .∵该切线与两坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12·3a ·32 a －12 ＝94a 12 ＝18，∴a ＝64. 【答案】 648．已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________． 【解析】 ∵f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×22＋22，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1.∴f (x )＝(2－1)cos x ＋sin x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1.【答案】 1 三、解答题9．求下列函数的导数： (1)y ＝(x ＋1)2(x －1)； (2)y ＝x 2sin x ； (3)y ＝e x ＋1e x －1.【解】 (1)法一：y ′＝[(x ＋1)2]′(x －1)＋(x ＋1)2(x －1)′＝2(x ＋1)(x －1)＋(x ＋1)2＝3x 2＋2x －1.法二：y ＝(x 2＋2x ＋1)(x －1)＝x 3＋x 2－x －1， y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1.(2)y ′＝(x 2sin x )′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x . (3)y ′＝(e x ＋1)′(e x －1)－(e x ＋1)(e x －1)′(e x －1)2＝e x (e x －1)－(e x ＋1)e x (e x －1)2＝－2e x (e x －1)2. 10．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R .求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程．【解】 因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，又f ′(1)＝2a ， 所以3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3.令x ＝2，得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，又f ′(2)＝－b ，所以12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32.所以f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52.又f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为：y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1)，即6x ＋2y －1＝0.[能力提升]1．已知直线y ＝kx 是曲线y ＝e x 的切线，则实数k 的值为( ) A. 1e B ．－1e C ．－eD ．e【解析】 y ′＝e x，设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，y 0＝e x 0，k ＝e x 0，∴e x 0＝e x 0·x 0，∴x 0＝1，∴k ＝e.故选D. 【答案】 D2．若f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f ′0(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )，n ∈N ，则f 2 016(x )＝( )A ．sin xB ．－sin xC ．cos xD ．－cos x【解析】 因为f 1(x )＝(sin x )′＝cos x ，f 2(x )＝(cos x )′＝－sin x ，f 3(x )＝(－sin x )′＝－cos x ，f 4(x )＝(－cos x )′＝sin x ，f 5(x )＝(sin x )′＝cos x ，所以循环周期为4，因此f 2 016(x )＝f 4(x )＝sin x .【答案】 A3．已知f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋6，则f ′(0)＝________.【解析】 因为f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋6， 所以f ′(x )＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋3)(x ＋4)·(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)，所以f ′(0)＝1×2×3×4×5＝120. 【答案】 1204．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)求证：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值. 【导学号：26160080】【解】 (1)7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3.当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明：设点P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2可知曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线方程为：y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0·|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 围成的三角形的面积为定值，此定值为6.。
高中数学人教A版选修1-1第3章导数及其应用章末综合测评及解析
＋ln x0＋1＝1，解得 x0＝1 或 x0＝－1(舍去)，故选 A.
【答案】 A
6．过点(0,1)且与曲线 y＝xx＋ －11在点(3,2)处的切线垂直的直线方程
为( )
【导学号：26160104】
A．2x＋y－1＝0
B．x－2y＋2＝0
C．x＋2y－2＝0
D．2x－y＋1＝0
【解析】 y′＝xx＋－11′＝x－(1x－－(1x)＋2 1)＝(x－－21)2，
大值为( )
A．10
B．15
C．，
则宽为 25－x42，
∴S2＝x2·25－x42＝y， ∴y′＝50x－x3.
令 y′＝0，得 x2＝50 或 x＝0(舍去)，
∴S2max＝625，即 Smax＝25. 【答案】 C
10．函数 y＝lnxx的最大值为( )
A．e－1
B．e
C．e2
10 D. 3
【解析】
y′＝(ln
x)′x－ln x2
x·x′＝1－x2lnx，令
y′＝0，得
x＝e.
当 x>e 时，y′<0；当 0<x<e 时，y′>0.
故 y 极大值＝f(e)＝e－1.因为在定义域内只有一个极值，所以 ymax＝e－ 1.
【答案】 A
11．对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必
高中数学人教 A 版选修 1-1 第三章导数
及其应用
章末综合测评(1)
(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．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．若函数 f(x)＝α2－cos x，则 f′(α)等于( )
高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评16 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．函数y＝f(x)的图象如图3－3－4所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是()图3－3－4【解析】由函数y＝f(x)的图象可知，在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上，函数f(x)均为减函数，故在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上，f′(x)均小于0，故选D.【答案】 D2．函数f(x)＝2x－sin x在(－∞，＋∞)上()A．是增函数 B．是减函数C．有最大值D．有最小值【解析】∵cos x≤1，∴f′(x)＝2－cos x>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．【答案】 A3．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)D ．(－3,1)【解析】 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令(－x 2－2x ＋3)e x >0，由于e x >0，则－x 2－2x ＋3>0，解得－3<x <1，所以函数的单调递增区间是(－3,1)．【答案】 D4．已知函数f (x )＝x ＋ln x ，则有( )A ．f (2)<f (e)<f (3)B ．f (e)<f (2)<f (3)C ．f (3)<f (e)<f (2)D ．f (e)<f (3)<f (2)【解析】 因为在定义域(0，＋∞)上，f ′(x )＝12x ＋1x>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以有f (2)<f (e)<f (3)．【答案】 A5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)【解析】 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x <1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．【答案】 D二、填空题6．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1，2)，则b ＝________，c ＝________. 【导学号：26160084】【解析】 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知－1<x <2是不等式f ′(x )<0的解，即－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，把－1,2分别代入方程，解得b ＝－32，c ＝－6.【答案】 －32 －67．函数y ＝ax 3－1在(－∞，＋∞)上是减函数，则a 的取值范围为________．【解析】 y ′＝3ax 2≤0恒成立，解得a ≤0.而a ＝0时，y ＝－1，不是减函数，∴a <0.【答案】 a <08．在下列命题中，真命题是________．(填序号)①若f (x )在(a ，b )内是增函数，则对任意x ∈(a ，b )，都应有f ′(x )>0； ②若在(a ，b )内f ′(x )存在，则f (x )必为单调函数；③若在(a ，b )内对任意x 都有f ′(x )>0，则f (x )在(a ，b )内是增函数； ④若可导函数在(a ，b )内有f ′(x )<0，则在(a ，b )内有f (x )<0.【解析】 对于①，可以存在x 0，使f ′(x 0)＝0不影响区间内函数的单调性；对于②，导数f ′(x )符号不确定，函数不一定是单调函数；对于④，f ′(x )<0只能得到f (x )单调递减．【答案】 ③三、解答题9．求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝12x ＋sin x ，x ∈(0,2π)；(2)f (x )＝2x －ln x .【解】 (1)∵f ′(x )＝12＋cos x ，令f ′(x )>0，得12＋cos x >0，即cos x >－12.又∵x ∈(0,2π)，∴0<x <23π或43π<x <2π.同理，令f ′(x )<0，得23π<x <43π.∴该函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23π，⎝ ⎛⎭⎪⎫43π，2π； 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫23π，43π. (2)函数的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f ′(x )＝2－1x .令2－1x >0，解得x >12；令2－1x <0，解得0<x <12，∴该函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 10．若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6，＋∞)内为增函数，试求实数a 的取值范围．【解】 函数求导得f ′(x )＝x 2－ax ＋a －1＝(x －1)[x －(a －1)]，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝a －1.因为函数在区间(1,4)内为减函数，所以当x ∈(1,4)时，f ′(x )≤0，又因为函数在区间(6，＋∞)内为增函数，所以当x ∈(6，＋∞)时，f ′(x )≥0，所以4≤a －1≤6，所以5≤a ≤7，即实数a 的取值范围为[5,7]．[能力提升]1．已知函数y＝xf′(x)的图象如图3－3－5所示，下面四个图象中能大致表示y＝f(x)的图象的是()图3－3－5【解析】由题图可知，当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，此时原函数为增函数，图象应是上升的；当－1<x<0时，xf′(x)>0，所以f′(x)<0，此时原函数为减函数，图象应是下降的；当0<x<1时，xf′(x)<0，所以f′(x)<0，此时原函数为减函数，图象应是下降的；当x>1时，xf′(x)>0，所以f′(x)>0，此时原函数为增函数，图象应是上升的，由上述分析，可知选C.【答案】 C2．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b 时，有() 【导学号：26160085】A．f(x)＞g(x)B．f(x)＜g(x)C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b )【解析】 ∵f ′(x )－g ′(x )＞0，∴(f (x )－g (x ))′＞0，∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数，∴当a ＜x ＜b 时，f (x )－g (x )＞f (a )－g (a )，∴f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．故选C.【答案】 C3．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．【解析】 f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x. 因为函数f (x )存在单调递减区间，所以f ′(x )≤0有解．又因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内有解．①当a >0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内恒有解；②当a <0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，若ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内恒有解，则⎩⎨⎧ Δ＝4＋4a ≥0，x ＝－1a >0，解得－1≤a <0； ③当a ＝0时，显然符合题意．综合上述，a 的取值范围是[－1，＋∞)．【答案】 [－1，＋∞)4．已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由；(3)证明：f(x)＝x3－ax－1的图象不可能总在直线y＝a的上方．【解】(1)f′(x)＝3x2－a，∵3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2在R上恒成立，又∵y＝3x2≥0，∴当a≤0时，f(x)＝x3－ax－1在R 上是增函数，又a＝0时，f′(x)＝3x2不恒为0，∴a≤0.(2)∵3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3x2在(－1，1)上恒成立．但当x∈(－1，1)时，0≤3x2<3，∴a≥3，即当a≥3时，f(x)在(－1,1)上单调递减．(3)证明：取x＝－1，得f(－1)＝a－2<a，即存在点(－1，a－2)在f(x)＝x3－ax－1的图象上，且在直线y＝a的下方．。
高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评13 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．如果函数y ＝ax ＋b 在区间[1,2]上的平均变化率为3，则a ＝( )A ．－3B ．2C ．3D ．－2【解析】 根据平均变化率的定义，可知Δy Δx ＝(2a ＋b )－(a ＋b )2－1＝a＝3.故选C.【答案】 C2．若函数f (x )＝－x 2＋10的图象上一点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，314及邻近一点⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋Δx ，314＋Δy ，则ΔyΔx ＝( )A ．3B ．－3C ．－3－(Δx )2D ．－Δx －3【解析】 ∵Δy ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋Δx －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－3Δx －(Δx )2， ∴Δy Δx ＝－3Δx －(Δx )2Δx＝－3－Δx .故选D. 【答案】 D3．若质点A 按照规律s ＝3t 2运动，则在t ＝3时的瞬时速度为( ) A ．6B ．18C．54 D．81【解析】因为ΔsΔt＝3(3＋Δt)2－3×32Δt＝18Δt＋3(Δt)2Δt＝18＋3Δt，所以limΔt→0ΔsΔt＝18.【答案】 B4.如图3－1－1，函数y＝f(x)在A，B两点间的平均变化率是()图3－1－1A．1 B．－1C．2 D．－2【解析】ΔyΔx＝f(3)－f(1)3－1＝1－32＝－1.【答案】 B5．已知函数f(x)＝13－8x＋2x2，且f′(x0)＝4，则x0的值为() A．0 B．3C．3 2 D．6 2【解析】f′(x0)＝limΔx→0Δy Δx＝lim Δx→0[13－8(x0＋Δx)＋2(x0＋Δx)2]－(13－8x0＋2x20)Δx＝limΔx→0－8Δx＋22x0Δx＋2(Δx)2Δx＝limΔx→0(－8＋22x0＋2Δx)＝－8＋22x 0＝4，所以x 0＝3 2. 【答案】 C 二、填空题6．一物体的运动方程为s ＝7t 2＋8，则其在t ＝________时的瞬时速度为1.【解析】 ΔsΔt ＝7(t 0＋Δt )2＋8－(7t 20＋8)Δt＝7Δt ＋14t 0， 当lim Δt →0 (7Δt ＋14t 0)＝1时，t 0＝114. 【答案】 1147．已知曲线y ＝1x －1上两点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋Δx ，－12＋Δy ，当Δx ＝1时，割线AB 的斜率为________．【解析】 Δy ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋Δx －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1 ＝12＋Δx －12＝2－(2＋Δx )2(2＋Δx )＝－Δx 2(2＋Δx )， ∴Δy Δx ＝－Δx2(2＋Δx )Δx ＝－12(2＋Δx )，即k ＝ΔyΔx ＝－12(2＋Δx ).∴当Δx ＝1时，k ＝－12×(2＋1)＝－16.【答案】 －168．已知函数f (x )＝1x ，则f ′(2)＝________.【解析】 limΔx →0 f (2＋Δx )－f (2)Δx ＝lim Δx →0 －Δx2(2＋Δx )Δx ＝lim Δx →0 －12(2＋Δx )＝－14. 【答案】 －14 三、解答题9．求y ＝x 2＋1x ＋5在x ＝2处的导数．【解】 ∵Δy ＝(2＋Δx )2＋12＋Δx＋5－⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＋5 ＝4Δx ＋(Δx )2＋－Δx2(2＋Δx )，∴Δy Δx ＝4＋Δx －14＋2Δx ，∴y ′|x ＝2＝lim Δx →0 ΔyΔx ＝lim Δx →0 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4＋Δx －14＋2Δx ＝4＋0－14＋2×0＝154.10．若函数f (x )＝－x 2＋x 在[2,2＋Δx ](Δx ＞0)上的平均变化率不大于－1，求Δx 的范围. 【导学号：26160069】【解】 因为函数f (x )在[2,2＋Δx ]上的平均变化率为： Δy Δx ＝f (2＋Δx )－f (2)Δx＝－(2＋Δx )2＋(2＋Δx )－(－4＋2)Δx ＝－4Δx ＋Δx －(Δx )2Δx ＝－3－Δx ， 所以由－3－Δx ≤－1，得Δx ≥－2. 又因为Δx ＞0，即Δx 的取值范围是(0，＋∞)．[能力提升]1．函数y ＝x 2在x 0到x 0＋Δx 之间的平均变化率为k 1，在x 0－Δx 到x 0之间的平均变化率为k 2，则k 1与k 2的大小关系为( )A ．k 1>k 2B ．k 1<k 2C ．k 1＝k 2D ．不确定【解析】 k 1＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ＝(x 0＋Δx )2－x 20Δx＝2x 0＋Δx ， k 2＝f (x 0)－f (x 0－Δx )Δx ＝x 20－(x 0－Δx )2Δx＝2x 0－Δx . 因为Δx 可大于零也可小于零，所以k 1与k 2的大小不确定． 【答案】 D2．设函数在x ＝1处存在导数，则lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)3Δx＝( )A ．f ′(1)B ．3f ′(1) C.13f ′(1)D ．f ′(3)【解析】 lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)3Δx ＝13lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)Δx ＝13f ′(1)． 【答案】 C3．如图3－1－2是函数y ＝f (x )的图象，则函数f (x )在区间[0,2]上的平均变化率为________．图3－1－2【解析】 由函数f (x )的图象知， f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋32，－1≤x ≤1，x ＋1，1<x ≤3.所以函数f (x )在区间[0,2]上的平均变化率为：f (2)－f (0)2－0＝3－322＝34.【答案】 344．一作直线运动的物体，其位移s 与时间t 的关系是s (t )＝3t －t 2(s 的单位是：m ，t 的单位是：s)．(1)求此物体的初速度；(2)求此物体在t ＝2 s 时的瞬时速度；(3)求t ＝0 s 到t ＝2 s 时的平均速度. 【导学号：26160070】 【解】 (1)s (Δt )－s (0)Δt ＝3Δt －(Δt )2Δt ＝3－Δt . 当Δt →0时，s (Δt )－s (0)Δt →3， 所以v 0＝3. (2)s (2＋Δt )－s (2)Δt＝3(2＋Δt )－(2＋Δt )2－(3×2－22)Δt ＝－Δt －1. 当Δt →0时，s (2＋Δt )－s (2)Δt →－1， 所以t ＝2时的瞬时速度为－1. (3)v ＝s (2)－s (0)2＝6－4－02＝1. 第一章 章末总结知识点一 四种命题间的关系命题是能够判断真假、用文字或符号表述的语句．一个命题与它的逆命题、否命题之间的关系是不确定的，与它的逆否命题的真假性相同，两个命题是等价的；原命题的逆命题和否命题也是互为逆否命题．例1 判断下列命题的真假．(1)若x ∈A ∪B ，则x ∈B 的逆命题与逆否命题； (2)若0<x <5，则|x －2|<3的否命题与逆否命题； (3)设a 、b 为非零向量，如果a ⊥b ，则a·b ＝0的逆命题和否命题．知识点二 充要条件及其应用充分条件和必要条件的判定是高中数学的重点内容，综合考察数学各部分知识，是高考的热点，判断方法有以下几种：(1)定义法(2)传递法：对于较复杂的关系，常用推出符号进行传递，根据这些符号所组成的图示就可以得出结论．互为逆否的两个命题具有等价性，运用这一原理，可将不易直接判断的命题化为其逆否命题加以判断．(3)等价命题法：对于含有逻辑联结词“非”的充分条件、必要条件的判断，往往利用原命题与其逆否命题是等价命题的结论进行转化．(4)集合法：与逻辑有关的许多数学问题可以用范围解两个命题之间的关系，这时如果能运用数形结合的思想(如数轴或Venn 图等)就能更加直观、形象地判断出它们之间的关系．例2 若p ：－2<a <0,0<b <1；q ：关于x 的方程x 2＋ax ＋b ＝0有两个小于1的正根，则p 是q 的什么条件？例3 设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2<0，a <0. q ：实数x 满足x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0.且綈p 是綈q 的必要不充分条件，求实数a 的取值范围．知识点三 逻辑联结词的应用对于含逻辑联结词的命题，根据逻辑联结词的含义，利用真值表判定真假． 利用含逻辑联结词命题的真假，判定字母的取值范围是各类考试的热点之一． 例4 判断下列命题的真假．(1)对于任意x ，若x －3＝0，则x －3≤0； (2)若x ＝3或x ＝5，则(x －3)(x －6)＝0.例5 设命题p ：函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫ax 2－x ＋116a 的定义域为R ；命题q ：不等式2x ＋1<1＋ax 对一切正实数均成立．如果命题p 或q 为真命题，命题p 且q 为假命题，求实数a 的取值范围．知识点四 全称命题与特称命题全称命题与特称命题的判断以及含一个量词的命题的否定是高考的一个重点，多以客观题出现．全称命题要对一个范围内的所有对象成立，要否定一个全称命题，只要找到一个反例就行．特称命题只要在给定范围内找到一个满足条件的对象即可．全称命题的否定是特称命题，应含存在量词． 特称命题的否定是全称命题，应含全称量词． 例6 写出下列命题的否定，并判断其真假． (1)3＝2； (2)5>4；(3)对任意实数x ，x >0； (4)有些质数是奇数．例7 已知函数f (x )＝x 2－2x ＋5.(1)是否存在实数m ，使不等式m ＋f (x )>0对于任意x ∈R 恒成立，并说明理由． (2)若存在一个实数x 0，使不等式m －f (x 0)>0成立，求实数m 的取值范围．章末总结重点解读例1 解 (1)若x ∈A ∪B ，则x ∈B 是假命题，故其逆否命题为假，逆命题为若x ∈B ，则x ∈A ∪B ，为真命题．(2)∵0<x <5，∴－2<x －2<3， ∴0≤|x －2|<3.原命题为真，故其逆否命题为真． 否命题：若x ≤0或x ≥5，则|x －2|≥3.例如当x ＝－12，⎪⎪⎪⎪－12－2＝52<3. 故否命题为假．(3)原命题：a ，b 为非零向量，a ⊥b ⇒a·b ＝0为真命题． 逆命题：若a ，b 为非零向量，a·b ＝0⇒a ⊥b 为真命题．否命题：设a ，b 为非零向量，a 不垂直b ⇒a·b ≠0也为真．例2 解 若a ＝－1，b ＝12，则Δ＝a 2－4b <0，关于x 的方程x 2＋ax ＋b ＝0无实根，故p ⇒q .若关于x 的方程x 2＋ax ＋b ＝0有两个小于1的正根，不妨设这两个根为x 1、x 2，且0<x 1≤x 2<1，则x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝b . 于是0<－a <2,0<b <1， 即－2<a <0,0<b <1，故q ⇒p . 所以，p 是q 的必要不充分条件．例3 解 设A ＝{x |p }＝{x |x 2－4ax ＋3a 2<0，a <0}＝{x |3a <x <a ，a <0}． B ＝{x |q }＝{x |x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0} ＝{x |x <－4或x ≥－2}． ∵綈p 是綈q 的必要不充分条件， ∴q 是p 的必要不充分条件．∴A B ，∴⎩⎨⎧ a ≤－4a <0或⎩⎨⎧3a ≥－2a <0，解得－23≤a <0或a ≤－4.故实数a 的取值范围为(－∞，－4]∪⎣⎡⎭⎫－23，0. 例4 解 (1)∵x －3＝0，有x －3≤0，∴命题为真； (2)∵当x ＝5时，(x －3)(x －6)≠0， ∴命题为假．例5 解 p ：由ax 2－x ＋116a >0恒成立得⎩⎪⎨⎪⎧a >0Δ＝1－4×a ×a 16<0，∴a >2. q ：由2x ＋1<1＋ax 对一切正实数均成立， 令t ＝2x ＋1>1，则x ＝t 2－12，∴t <1＋a ·t 2－12，∴2(t －1)<a (t 2－1)对一切t >1均成立．∴2<a (t ＋1)，∴a >2t ＋1，∴a ≥1.∵p 或q 为真，p 且q 为假，∴p 与q 一真一假． 若p 真q 假，a >2且a <1不存在． 若p 假q 真，则a ≤2且a ≥1，∴1≤a ≤2. 故a 的取值范围为1≤a ≤2. 例6 解 (1)3≠2，真命题； (2)5≤4，假命题；(3)存在一个实数x ，x ≤0，真命题； (4)所有质数都不是奇数，假命题．例7解(1)不等式m＋f(x)>0可化为m>－f(x)，即m>－x2＋2x－5＝－(x－1)2－4.要使m>－(x－1)2－4对于任意x∈R恒成立，只需m>－4即可．故存在实数m，使不等式m＋f(x)>0对于任意x∈R恒成立，此时，只需m>－4. (2)不等式m－f(x0)>0可化为m>f(x0)，若存在一个实数x0，使不等式m>f(x0)成立，只需m>f(x)min.又f(x)＝(x－1)2＋4，∴f(x)min＝4，∴m>4.所以，所求实数m的取值范围是(4，＋∞)．。
高中数学章末检测(三)导数及其应用新人教A版选修1-1(2021年整理)
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章末检测(三) 导数及其应用时间：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．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．已知f(x)与g（x）是定义在R上的两个可导函数，若f（x)，g（x)满足f′（x)＝g′(x)，则f（x）与g(x)满足（）A．f(x）＝g（x）B．f(x）＝g(x）＝0C．f（x）－g(x）为常数函数D．f(x)＋g（x)为常数函数解析:由f′(x)＝g′（x)，得f′(x)－g′(x）＝0，即［f(x）－g(x)］′＝0，所以f(x)－g（x）＝C（C为常数）．答案：C2．函数y＝错误!(a〉0）在x＝x0处的导数为0，那么x0＝( )A．a B．±a C．－a D．a2解析:y′＝错误!′＝错误!＝错误!，由x错误!－a2＝0得x0＝±a。
答案：B3．函数f（x)＝错误!的单调递增区间是( ）A．(－∞,1）B．（1,＋∞)C．(－1,1）D．(－∞,1)∪(1，＋∞)解析：函数f（x)＝错误!的定义域为（－∞，1）∪(1，＋∞)，f′（x)＝错误!′＝错误!＝错误!＝错误!。
令f′(x）〉0,则错误!>0得－1<x<1，故函数f(x）＝错误!的单调递增区间是(－1，1）．答案：C4．函数f(x)＝错误!＋x2－3x－4在[0，2］上的最小值是（)A．－错误! B．－错误! C．－4 D．－错误!解析：f′（x）＝x2＋2x－3,令f′（x）＝0得x＝1(x＝－3舍去),又f（0）＝－4，f(1）＝－错误!，f(2）＝－错误!，故f(x)在［0，2]上的最小值是f（1）＝－17 3。
高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评15 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列结论不正确的是()A．若y＝3，则y′＝0B．若f(x)＝3x＋1，则f′(1)＝3C．若y＝－x＋x，则y′＝－12x＋1D．若y＝sin x＋cos x，则y′＝cos x＋sin x【解析】∵y＝sin x＋cos x，∴y′＝(sin x)′＋(cos x)′＝cos x－sin x．故选D. 【答案】 D2．函数y＝(x＋1)(x－1)的导数等于()A．1B．－12xC.12x D．－1 4x【解析】因为y＝(x＋1)(x－1)＝x－1，所以y′＝x′－1′＝1.【答案】 A3．曲线y＝xx＋2在点(－1，－1)处的切线方程为() A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x ＋2【解析】 ∵y ′＝x ′(x ＋2)－x (x ＋2)′(x ＋2)2＝2(x ＋2)2， ∴k ＝y ′|x ＝－1＝2(－1＋2)2＝2， ∴切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)， 即y ＝2x ＋1.故选A. 【答案】 A4．已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )A ．3B ．2C ．1D.12【解析】 因为y ′＝x 2－3x ，所以由导数的几何意义可知，x 2－3x ＝12，解得x ＝3(x ＝－2不合题意，舍去)．【答案】 A5．函数f (x )＝x 3的斜率等于1的切线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．不确定【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2，设切点为(x 0，y 0)，则3x 20＝1，得x 0＝±33，即在点⎝ ⎛⎭⎪⎫33，39和点⎝⎛⎭⎪⎫－33，－39处有斜率为1的切线．故选B.【答案】 B二、填空题6．已知f (x )＝52x 2，g (x )＝x 3，若f ′(x )－g ′(x )＝－2，则x ＝________.【导学号：26160079】【解析】 因为f ′(x )＝5x ，g ′(x )＝3x 2，所以5x －3x 2＝－2，解得x 1＝－13，x 2＝2.【答案】 －13或27．若曲线y ＝x －12在点(a ，a －12)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a ＝________.【解析】 ∵y ＝x －12 ，∴y ′＝－12x －32，∴曲线在点(a ，a －12)处的切线斜率k ＝－12a －32 ，∴切线方程为y －a －12＝－12a －32(x －a )．令x ＝0得y ＝32a －12；令y ＝0得x ＝3a .∵该切线与两坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12·3a ·32 a －12 ＝94a 12 ＝18，∴a ＝64. 【答案】 648．已知函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos x ＋sin x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值为________． 【解析】 ∵f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin x ＋cos x ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×22＋22， 得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2－1.∴f (x )＝(2－1)cos x ＋sin x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1.【答案】 1 三、解答题9．求下列函数的导数： (1)y ＝(x ＋1)2(x －1)； (2)y ＝x 2sin x ； (3)y ＝e x ＋1e x －1.【解】 (1)法一：y ′＝[(x ＋1)2]′(x －1)＋(x ＋1)2(x －1)′＝2(x ＋1)(x －1)＋(x ＋1)2＝3x 2＋2x －1.法二：y ＝(x 2＋2x ＋1)(x －1)＝x 3＋x 2－x －1， y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1.(2)y ′＝(x 2sin x )′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x . (3)y ′＝(e x ＋1)′(e x －1)－(e x ＋1)(e x －1)′(e x －1)2＝e x (e x －1)－(e x ＋1)e x (e x －1)2＝－2e x (e x －1)2. 10．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R .求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程．【解】 因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，又f ′(1)＝2a ， 所以3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3.令x ＝2，得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，又f ′(2)＝－b ，所以12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32.所以f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52.又f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为：y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1)，即6x ＋2y －1＝0.[能力提升]1．已知直线y ＝kx 是曲线y ＝e x 的切线，则实数k 的值为( ) A. 1e B ．－1e C ．－eD ．e【解析】 y ′＝e x，设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，y 0＝e x 0，k ＝e x 0，∴e x 0＝e x 0·x 0，∴x 0＝1，∴k ＝e.故选D. 【答案】 D2．若f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f ′0(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )，n ∈N ，则f 2 016(x )＝( )A ．sin xB ．－sin xC ．cos xD ．－cos x【解析】 因为f 1(x )＝(sin x )′＝cos x ，f 2(x )＝(cos x )′＝－sin x ，f 3(x )＝(－sin x )′＝－cos x ，f 4(x )＝(－cos x )′＝sin x ，f 5(x )＝(sin x )′＝cos x ，所以循环周期为4，因此f 2 016(x )＝f 4(x )＝sin x .【答案】 A3．已知f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋6，则f ′(0)＝________.【解析】 因为f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋6， 所以f ′(x )＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋3)(x ＋4)·(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋4)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋5)＋x (x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)(x ＋4)，所以f ′(0)＝1×2×3×4×5＝120. 【答案】 1204．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)求证：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值. 【导学号：26160080】【解】 (1)7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3. 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明：设点P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2可知曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线方程为：y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0·|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 围成的三角形的面积为定值，此定值为6.。
最新整理高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评18 Word版含答案.doc
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列是函数f (x )在[a ，b ]上的图象，则f (x )在(a ，b )上无最大值的是( )【解析】 在开区间(a ，b )上，只有D 选项中的函数f (x )无最大值． 【答案】 D2．函数f (x )＝2x ＋1x ，x ∈(0,5]的最小值为( ) A ．2 B ．3 C.174D ．22＋12【解析】 由f ′(x )＝1x －1x 2＝x 32－1x 2＝0，得x ＝1，且x ∈(0,1]时，f ′(x )<0；x ∈(1,5]时，f ′(x )>0， ∴x ＝1时，f (x )最小，最小值为f (1)＝3. 【答案】 B3．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m 的值为( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2【解析】 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. 因为f (0)＝2，f (－1)＝－2，f (1)＝0， 所以M ＝2，m ＝－2. 所以M －m ＝4. 【答案】 C4．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为( )A ．0≤a ＜1B ．0＜a ＜1C ．－1＜a ＜1D ．0＜a ＜12【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2－3a ，令f ′(x )＝0得x 2＝a . ∴x ＝±a .又∵f (x )在(0,1)内有最小值， ∴0＜a ＜1，∴0＜a ＜1.故选B. 【答案】 B5．已知函数f (x )＝ax 3＋c ，且f ′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c 的值为( )A ．1B ．4C ．－1D ．0【解析】 ∵f ′(x )＝3ax 2， ∴f ′(1)＝3a ＝6，∴a ＝2.当x ∈[1,2]时，f ′(x )＝6x 2＞0，即f (x )在[1,2]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝2×23＋c ＝20， ∴c ＝4. 【答案】 B 二、填空题6．函数f (x )＝3x ＋sin x 在x ∈[0，π]上的最小值为________． 【解析】 f ′(x )＝3x ln 3＋cos x .∵x ∈[0，π]时，3x ln 3＞1，－1≤cos x ≤1， ∴f ′(x )＞0.∴f (x )递增，∴f (x )min ＝f (0)＝1. 【答案】 17．已知函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (a ，b 为实数，且a ＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2－3ax ＝3x (x －a )， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝a . ∵a ＞1，∴当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 (0,1) 1 f ′(x ) ＋0 －f (x )－1－32a ＋b极大 值b1－32a ＋b由题意得b ＝1.f (－1)＝－3a 2，f (1)＝2－3a2， f (－1)＜f (1)， ∴－3a 2＝－1，∴a ＝23. 【答案】 23 18．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对任意的x ∈(0,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为________. 【导学号：26160094】【解析】 ∵x ∈(0,1]， ∴f (x )≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4. 令g ′(x )＝0，得x ＝12. 当 0<x <12时，g ′(x )>0； 当12<x ≤1时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0,1]上有极大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，它也是最大值，故a ≥4. 【答案】 [4，＋∞) 三、解答题9．求下列各函数的最值．(1)f (x )＝x 3－3x 2＋6x －2，x ∈[－1,1]； (2)y ＝5－36x ＋3x 2＋4x 3，x ∈(－2,2)．【解】 (1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋6＝3(x 2－2x ＋2)＝3(x －1)2＋3， ∵f ′(x )在[－1,1]内恒大于0， ∴f ′(x )在[－1,1]上为增函数． 故x ＝－1时，f (x )最小值＝－12； x ＝1时，f (x )最大值＝2.即f (x )的最小值为－12，最大值为2.(2)y ′＝－36＋6x ＋12x 2，令y ′＝0，即12x 2＋6x －36＝0，解得x 1＝32，x 2＝－2(舍去)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，32时，f ′(x )＜0，函数单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，f ′(x )＞0，函数单调递增． ∴函数f (x )在x ＝32时取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－2834，无极大值，即在(－2,2)上函数f (x )的最小值为－2834，无最大值．10．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．【解】 由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a >0，得a >－19.所以，当a >－19时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2， x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)． 又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)，所以f (x )在[1,4]上的最小值为 f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.[能力提升]1．已知函数f (x )、g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上连续且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为( )A ．f (a )－g (a )B ．f (b )－g (b )C ．f (a )－g (b )D ．f (b )－g (a )【解析】 令u (x )＝f (x )－g (x )， 则u ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )<0， ∴u (x )在[a ，b ]上为减函数，∴u (x )在[a ，b ]上的最大值为u (a )＝f (a )－g (a )． 【答案】 A2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln 3) B.13ln 3 C ．1＋ln 3D ．ln 3－1【解析】 由题意知，|MN |＝|x 3－ln x |.设h (x )＝x 3－ln x ，h ′(x )＝3x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝313，易知，当x ＝313时，h (x )取得最小值，h (x )min ＝13－13ln 13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 13>0，故|MN |min ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 13＝13(1＋ln 3)．【答案】 A3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2(a >0)，若当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围是________. 【导学号：26160095】【解析】 由f (x )≥2，得a ≥2x 2－2x 2ln x . 设g (x )＝2x 2－2x 2ln x ， 则g ′(x )＝2x (1－2ln x )， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 12或x ＝0(舍去)，因为当0<x <e 12 时，g ′(x )>0；当x >e 12 时，g ′(x )<0. 所以当x ＝e 12时，g (x )取得最大值g (e 12)＝e ，故a ≥e.【答案】 a ≥e4．设23＜a ＜1，函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－62，求常数a ，b 的值．【解】 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0，得x 1＝0，x 2＝a . 由题意可知当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 (0，a ) a (a,1) 1 f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )－1－32a ＋bb－a32＋b1－32a ＋b从上表可知，当x ＝0时，f (x )取得极大值b ，而f (0)＞f (a )，f (1)＞f (－1)，故需比较f (0)与f (1)的大小． 因为f (0)－f (1)＝32a －1＞0，所以f (x )的最大值为f (0)＝b ，所以b ＝1， 又f (－1)－f (a )＝12(a ＋1)2(a －2)＜0，所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－32a ＋b ＝－32a ， 所以－32a ＝－62，所以a ＝63. 综上，a ＝63，b ＝1.。
高中数学人教A版选修1-1 第三章导数及其应用 学业分层测评18 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．下列是函数f (x )在[a ，b ]上的图象，则f (x )在(a ，b )上无最大值的是( )【解析】 在开区间(a ，b )上，只有D 选项中的函数f (x )无最大值． 【答案】 D2．函数f (x )＝2x ＋1x ，x ∈(0,5]的最小值为( ) A ．2 B ．3 C.174D ．22＋12【解析】 由f ′(x )＝1x －1x 2＝x 32－1x 2＝0，得x ＝1，且x ∈(0,1]时，f ′(x )<0；x ∈(1,5]时，f ′(x )>0，∴x ＝1时，f (x )最小，最小值为f (1)＝3. 【答案】 B3．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m 的值为( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2【解析】 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. 因为f (0)＝2，f (－1)＝－2，f (1)＝0， 所以M ＝2，m ＝－2. 所以M －m ＝4. 【答案】 C4．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为( )A ．0≤a ＜1B ．0＜a ＜1C ．－1＜a ＜1D ．0＜a ＜12【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2－3a ，令f ′(x )＝0得x 2＝a . ∴x ＝±a .又∵f (x )在(0,1)内有最小值， ∴0＜a ＜1，∴0＜a ＜1.故选B. 【答案】 B5．已知函数f (x )＝ax 3＋c ，且f ′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c 的值为( )A ．1B ．4C ．－1D ．0【解析】 ∵f ′(x )＝3ax 2， ∴f ′(1)＝3a ＝6，∴a ＝2.当x ∈[1,2]时，f ′(x )＝6x 2＞0，即f (x )在[1,2]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝2×23＋c ＝20， ∴c ＝4. 【答案】 B 二、填空题6．函数f (x )＝3x ＋sin x 在x ∈[0，π]上的最小值为________． 【解析】 f ′(x )＝3x ln 3＋cos x .∵x ∈[0，π]时，3x ln 3＞1，－1≤cos x ≤1， ∴f ′(x )＞0.∴f (x )递增，∴f (x )min ＝f (0)＝1. 【答案】 17．已知函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (a ，b 为实数，且a ＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2－3ax ＝3x (x －a )， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝a . ∵a ＞1，∴当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f (－1)＝－3a 2，f (1)＝2－3a2， f (－1)＜f (1)， ∴－3a 2＝－1，∴a ＝23. 【答案】 23 18．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对任意的x ∈(0,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为________. 【导学号：26160094】【解析】 ∵x ∈(0,1]， ∴f (x )≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4. 令g ′(x )＝0，得x ＝12. 当 0<x <12时，g ′(x )>0； 当12<x ≤1时，g ′(x )<0.∴g (x )在(0,1]上有极大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，它也是最大值，故a ≥4. 【答案】 [4，＋∞) 三、解答题9．求下列各函数的最值．(1)f (x )＝x 3－3x 2＋6x －2，x ∈[－1,1]； (2)y ＝5－36x ＋3x 2＋4x 3，x ∈(－2,2)．【解】 (1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋6＝3(x 2－2x ＋2)＝3(x －1)2＋3， ∵f ′(x )在[－1,1]内恒大于0， ∴f ′(x )在[－1,1]上为增函数． 故x ＝－1时，f (x )最小值＝－12； x ＝1时，f (x )最大值＝2.即f (x )的最小值为－12，最大值为2.(2)y ′＝－36＋6x ＋12x 2，令y ′＝0，即12x 2＋6x －36＝0，解得x 1＝32，x 2＝－2(舍去)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，32时，f ′(x )＜0，函数单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，f ′(x )＞0，函数单调递增． ∴函数f (x )在x ＝32时取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－2834，无极大值，即在(－2,2)上函数f (x )的最小值为－2834，无最大值．10．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．【解】 由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ；令29＋2a >0，得a >－19.所以，当a >－19时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2， x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)． 又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)，所以f (x )在[1,4]上的最小值为 f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.[能力提升]1．已知函数f (x )、g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上连续且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为( )A ．f (a )－g (a )B ．f (b )－g (b )C ．f (a )－g (b )D ．f (b )－g (a )【解析】 令u (x )＝f (x )－g (x )， 则u ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )<0， ∴u (x )在[a ，b ]上为减函数，∴u (x )在[a ，b ]上的最大值为u (a )＝f (a )－g (a )． 【答案】 A2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln 3) B.13ln 3 C ．1＋ln 3D ．ln 3－1【解析】 由题意知，|MN |＝|x 3－ln x |.设h (x )＝x 3－ln x ，h ′(x )＝3x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝313，易知，当x ＝313时，h (x )取得最小值，h (x )min ＝13－13ln 13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 13>0，故|MN |min ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 13＝13(1＋ln 3)．【答案】 A3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2(a >0)，若当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围是________. 【导学号：26160095】【解析】 由f (x )≥2，得a ≥2x 2－2x 2ln x . 设g (x )＝2x 2－2x 2ln x ， 则g ′(x )＝2x (1－2ln x )， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 12或x ＝0(舍去)，因为当0<x <e 12 时，g ′(x )>0；当x >e 12 时，g ′(x )<0. 所以当x ＝e 12时，g (x )取得最大值g (e 12)＝e ，故a ≥e.【答案】 a ≥e4．设23＜a ＜1，函数f (x )＝x 3－32ax 2＋b (－1≤x ≤1)的最大值为1，最小值为－62，求常数a ，b 的值．【解】 令f ′(x )＝3x 2－3ax ＝0，得x 1＝0，x 2＝a . 由题意可知当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：而f (0)＞f (a )，f (1)＞f (－1)，故需比较f (0)与f (1)的大小． 因为f (0)－f (1)＝32a －1＞0，所以f (x )的最大值为f (0)＝b ，所以b ＝1， 又f (－1)－f (a )＝12(a ＋1)2(a －2)＜0，所以f (x )的最小值为f (－1)＝－1－32a ＋b ＝－32a ， 所以－32a ＝－62，所以a ＝63. 综上，a ＝63，b ＝1.。
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第三章 导数及其应用章末达标测试（三） (时间：150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．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．下列求导运算正确的是 A.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ′＝1＋1x2B ．(x cos x －sin x )′＝－x sin xC ．(5x )′＝5xlog 5e D ．(x 2cos x )＝2x sin x解析 A 错，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x2；B 正确，∵(x cos x －sin x )′＝(x cos x )′－(sin x )′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－cosx ＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ；C 错，∵(5x )′＝5xln 5；D 错，∵(x 2cos x )′＝2x cos x ＋x 2(－sin x )． 答案 B2．设曲线y ＝ax 2在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行，则a 等于 A ．1 B.12 C ．－12 D ．－1解析 y ′＝2ax ，于是切线的斜率k ＝y ′ |)x ＝1＝2a ，所以2a ＝2⇒a ＝1.答案 A3．函数y ＝x －ln x 的单调减区间是A ．(－∞，1)B ．(0，1)C ．(1，＋∞)D ．(0，2) 解析 ∵y ＝x －ln x ，∴y ′＝1－1x ＝x －1x.令y ′＜0，得0＜x ＜1，又x ＞0，故0＜x ＜1. 即单调减区间是(0，1)．故选B. 答案 B4．已知f (x )＝x 3－3x 2＋m (m 为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为A ．－17B ．－29C ．－5D ．－11解析 由f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)＝0，解得x ＝0或x ＝2，又f (0)＝m ，f (2)＝m－4，f (－2)＝m －20，所以f (x )max ＝m ＝3，f (x )min ＝f (－2)＝m －20＝3－20＝－17.答案 A5．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，则m 的取值范围是A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12，7]解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20.∴f (x )的最小值为f (2)＝－20， 故m ≤－20，综上可知应选B. 答案 B6．f ′(x )是f (x )的导函数，f ′(x )的图像如右图所示，则f (x )的图像可能是下图中的解析 根据导函数的值(为正数)越小，原函数的图像上的点的切线越平缓(倾斜角越小)；越大，切线越陡峭(倾斜角越大)．答案 D7．若一球的半径为r ，作内接于球的圆柱，则其侧面积最大为 A ．2πr 2B ．πr2C ．4πr D.12πr 2解析 设内接圆柱的高为h ，底面半径为x ，则h 2＋(2x )2＝(2r )2，又圆柱的侧面积S ＝2πxh ，∴S 2＝16π2(r 2x 2－x 4)，(S 2)′＝16π2(2r 2x －4x 3)．令(S 2)′＝0，得x ＝22r (x ＝0舍去)，∴S max ＝2πr 2，故选A. 答案 A8．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1解析 令g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.答案 C9．若曲线y ＝x 2－1与y ＝1－x 3在x ＝x 0处的切线互相垂直，则x 0等于 A.3366 B ．－3366C.23D.23或0 解析 ∵y ＝x 2－1，∴y ′＝2x ，∵y ＝1－x 3，∴y ′＝－3x 2，∴2x 0·(－3x 2)＝－1，∴x 30＝16，∴x 0＝3366.答案 A10．若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1) 解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0，x ∈(－1，＋∞)，即f ′(x )＝－x 2－2x ＋b x ＋2≤0，所以－x 2－2x ＋b ＝－(x ＋1)2＋1＋b ≤0，所以1＋b ≤0，b ≤－1. 答案 C11．设f (x )、g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)解析 ∵令F (x )＝f (x )g (x )，则F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )， ∴F (x )为奇函数．∵当x ＜0时，F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0， ∴F (x )在(－∞，0)上单调递增，且F (－3)＝0.又∵F (x )是奇函数，∴F (x )在(0，＋∞)上单调递增，且F (3)＝0. 综上，F (x )＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)，选D. 答案 D12．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1，2) D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析 因为f (x )定义域为(0，＋∞)， 又f ′(x )＝4x －1x ，由f ′(x )＝0，得x ＝12，据题意，⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．已知函数y ＝f (x )的图像在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋2，则f (1)＋f ′(1)＝______．解析 ∵点M (1，f (1))在切线y ＝12x ＋2上，∴f (1)＝52，又f ′(1)＝12，∴f (1)＋f ′(1)＝3.答案 314．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1，0)处的切线方程为________． 解析 由题意知，y ′＝2x，所以曲线在点(1，0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝2，故所求切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.答案 y ＝2x －215．若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于________．解析f′(x)＝12x2－2ax－2b.∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2ab，∴ab≤3，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取“＝”，∴ab的最大值为9.答案916．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0，1)内单调递减，则实数a的取值范围是________．解析∵f′(x)＝3x2－2ax－1.又f(x)在(0，1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1<0在(0，1)内恒成立，∴f′(0)≤0且f′(1)≤0，∴a≥1.答案[1，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋11.(1)写出函数的递减区间；(2)讨论函数的极大值或极小值，如有，试写出极值；(3)画出它的大致图像．解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.x变化时，f′(x)的符号变化情况及f(x)的增减性如下表所示：x (－∞，－1)－1(－1，3)3(3，＋∞) f′(x)＋0－0＋f(x)极大值f(－1)极小值f(3)(2)由表可得，当x＝－1时，函数有极大值为f(－1)＝16；当x＝3时，函数有极小值为f(3)＝－16.(3)当x＝0时，f(x)＝11，令f(x)＝x3－3x2＋9x＋11＝(x－1)(x－1－23)(x－1＋23)＝0，得x＝1或x＝1±23，故函数图像与坐标轴的交点为(0，11)，(1，0)，(1±23，0)．结合函数的单调区间及极值的情况可画出f (x )的大致图像如图．18．(12分)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2－bx (a ，b ∈R)，若y ＝f (x )图像上的点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－113处的切线斜率为－4，求y ＝f (x )在区间[－3，6]上的最值．解析 f ′(x )＝x 2＋2ax －b ，f ′(1)＝－4，∴1＋2a －b ＝－4.①又⎝⎛⎭⎪⎫1，－113在f (x )图像上，∴13＋a －b ＝－113，即a －b ＋4＝0.② 由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝3，∴f (x )＝13x 3－x 2－3x ，f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x －3)(x ＋1)．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由表知f (x )极大＝f (－1)＝3，f (x )极小＝f (3)＝－9.又∵f (－3)＝f (3)＝－9，f (6)＝18. ∴f (x )最大＝f (6)＝18，f (x )最小＝f (3)＝f (－3)＝－9.19．(12分)已知函数f (x )＝12x 2＋ln x .(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.解析 (1)依题意知函数的定义域为x ＞0， ∵f ′(x )＝x ＋1x，故f ′(x )＞0，∴f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． (2)证明 设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，∴g ′(x )＝2x 2－x －1x.∵当x ＞1时，g ′(x )＝（x －1）（2x 2＋x ＋1）x＞0，∴g (x )在(1，＋∞)上为增函数， ∴g (x )＞g (1)＝16＞0，∴当x ＞1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.20．(12分)(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析 (1)f ′(x )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2e x，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x.令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e ≥0.21．(12分)已知某工厂生产x 件产品的成本为C ＝25 000＋200x ＋140x 2(元)，问：(1)要使平均成本最低，应生产多少件产品？(2)若产品以每件500元售出，要使利润最大，应生产多少件产品？ 解析 (1)设平均成本为y 元，则y ＝25 000＋200x ＋140x2x ＝25 000x ＋200＋x40，y ′＝－25 000x 2＋140， 令y ′＝0得x ＝1 000.当在x ＝1 000附近左侧时，y ′＜0； 在x ＝1 000附近右侧时，y ′＞0，故当x ＝1 000时，y 取极小值，而函数只有一个点使y ′＝0，故函数在该点处取得最小值，因此，要使平均成本最低，应生产1 000件产品．(2)设利润为S ，则利润函数为S ＝500x －⎝ ⎛⎭⎪⎫25 000＋200x ＋x 240＝300x －25 000－x 240， S ′＝300－x20，令S ′＝0，得x ＝6 000，当在x ＝6 000附近左侧时，S ′＞0；在x ＝6 000附近右侧时，S ′＜0，故当x ＝6 000时，S 取极大值，而函数只有一个点使S ′＝0，故函数在该点处取得最大值，因此，要使利润最大，应生产6 000件产品．22．(12分)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)求证：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解析 (1)函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a ＞0.可得x ＞0.g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )，∴g ′(x )＝2－2x ＝2（x －1）x，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减； 当1＜x 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增．(2)证明 由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x ，令u (x )＝－2x ln x ＋x 2－2(x －1－ln x )x ＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则u (1)＝1＞0，u (e)＝2(2－e)＜0， ∴存在x 0∈(1，e)，使得u (x 0)＝0， 令a 0＝x 0－1－ln x 0＝v (x 0)， 其中v (x )＝x －1－ln x (x ≥1)， 由v ′(x )＝1－1x≥0，可得：函数v (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． ∴0＝v (1)＜a 0＝v (x 0)＜v (e)＝e －2＜1， 即a 0∈(0，1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝u (x 0)＝0. 再由(1)可知：f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，∴f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )>f (x 0)＝0； 又当x ∈(0，1]，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x ＞0.故当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立．综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。