高中数学第三章导数及其应用综合检测（二）（含解析）新人教A版

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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)；(2)；(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y＝2ax2＋1过点(，3)，则该曲线在该点处的切线方程为(　　)A．y＝－4x－1　B．y＝4x－1C

2、．y＝4x－11　D．y＝－4x＋7解析：∵曲线过点(，3)，∴3＝2a2＋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.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s＝3t－t2，则物体的初速度是(　　)A．0　B．3C．－2　D．3－2t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t＝0处的导数．s′(0)＝s′

3、t＝0＝(3－2t)

4、t＝0＝3.答案：B4．下列求

5、导运算正确的是(　　)A.(x＋)′＝1＋B.(log2x)′＝C.(5x)′＝5xlog5e　D.(x2cosx)′＝2xsinx解析：∵(x＋)′＝1－，(5x)′＝5xln5，(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2(cosx)′＝2x·cosx－x2sinx，∴B选项正确．答案：B5．函数y＝f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)A.－e　B.1－eC.－1　D.0解析：y′＝－1，令y′＝0，得x＝1.列表如下：x(0,1)1(1，e)ey′＋0－y单调递增极大值－

6、1单调递减1－ef(e)＝1－e，而－1>1－e，从而y最大值＝f(1)＝－1.答案：C6．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是(　　)A.0≤a≤21　B.a＝0或a＝7C.a<0或a>21　D.a＝0或a＝21解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21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.

7、在x＝0处取极小值C.在(4，＋∞)上为减函数D.在x＝2处取极大值解析：当x<0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上是增函数，故A错；当x<0时，f′(x)>0，当04时，f′(x)<0，f(x)在(4，＋∞)上是减函数，C正确．答案：C8．函数f(x)＝x3＋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)解析：f

8、′(x)＝3x2＋a.令3x2＋a≥0，则a≥－3x2，x∈(1，＋∞)，∴a≥－3.答案：B9．[2014·昆明调研]已知f′(x)为函数f(x)＝x＋的导函数，则下列结论中正确的是(　　)A.∃x0∈R，∀x∈R且x≠0，f(x)≤f(x0)B.∃x0∈R，∀x∈R且x≠0，f(x)≥f(x0)C.∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)<0D.∃x0∈R，∀x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0解析：令f′(x)＝1－＝＝0，得x＝±1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1,

9、0)时，f′(x)<0；当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.故当x>0时，f(x)≥2；当x<0时，f(x)≤－2，故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A，B错；函数在x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故C错；当x0≥1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(　　)A.　B．－C.　D．－解析：f′(x)＝acosx－sinx，由题意f′＝0，即a·－×＝0，∴a＝.答案：A11．已知函数

10、f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a、b、c的大小关系为(　　)A.a0，即x<1时，f(x)单调递增．a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)＝f(－1)，∵－1<0<，∴c