新课标版数学（理）高三总复习之3章单元测试卷

第三章单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为3x－y＋1＝0，则()A．f′(x0)＜0B．f′(x0)＞0C．f′(x0)＝0D．f′(x0)不存在答案B2．设曲线y＝x＋1x－1在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则实数a等于()A．2B.12C．－12D．－2答案D解析∵y＝x＋1x－1＝x－1＋2x－1＝1＋2x－1，∴y′＝－2x－12，∴曲线y＝x＋1x－1在点(3,2)处的切线的斜率为k＝y′|x＝3＝－12.由题意知ax＋y＋1＝0的斜率为k′＝2，∴a＝－2，故选D.3．函数y＝xex的单调递增区间是()A．[－1，＋∞)B．(－∞，－1]C．[1，＋∞)D．(－∞，1]答案A解析令y′＝ex(1＋x)≥0，又ex0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，故选A.4．若三次函数y＝ax3－x在R上是减函数，则()A．a≤0B．a＝1C．a＝2D．a＝13答案A解析y′＝3ax2－1，由y′≤0，得3ax2－1≤0.∴a≤0.5．已知函数f(x)＝x＋1－1≤x≤0，cosx0x≤π2，则f(x)dx＝()A.12B．1C．2D.32答案D6．若函数f(x)＝2x＋lnx，且f′(a)＝0，则2aln2a＝()A．1B．－1C．－ln2D．ln2答案B解析f′(x)＝2xln2＋1x，由f′(a)＝2aln2＋1a＝0，得2aln2＝－1a，则a·2a·ln2＝－1，即2aln2a＝－1.7．已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图像为曲线C，若曲线C存在与直线y＝12x垂直的切线，则实数m的取值范围是()A．m≤2B．m2C．m≤－12D．m－12答案B解析因为函数f(x)＝ex－mx＋1的图像为曲线C，若曲线C存在与直线y＝12x垂直的切线，即说明ex－m＝－2有解，∴m＝ex＋2，则实数m的取值范围是m2，故选B.8．若函数f(x)＝x2＋ax＋1x在(12，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)答案D解析由条件知f′(x)＝2x＋a－1x2≥0在(12，＋∞)上恒成立，即a≥1x2－2x在(12，＋∞)上恒成立．∵函数y＝1x2－2x在(12，＋∞)上为减函数，∴ymax1122－2×12＝3.∴a≥3.故选D.9．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图像的一部分如图所示，则()A．f(x)的极大值为f(3，极小值为f(－3)B．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)答案D解析由函数y＝x·f′(x)的图像可知，x∈(－∞，－3)，f′(x)0，f(x)单调递减；x∈(－3,3)，f′(x)0，f(x)单调递增；x∈(3，＋∞)，f′(x)0，f(x)单调递减，∴选D.10．若f(x)＝lnxx，eab，则()A．f(a)f(b)B．f(a)＝f(b)C．f(a)f(b)D．f(a)f(b)1答案A解析f′(x)＝1－lnxx2，当xe时，f′(x)0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，f(a)f(b)，故选A.11．若a2，则函数f(x)＝13x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好有()A．0个零点B．1个零点C．2个零点D．3个零点答案B解析∵f′(x)＝x2－2ax，且a2，∴当x∈(0,2)时，f′(x)0，即f(x)在(0,2)上是单调减函数．又∵f(0)＝10，f(2)＝113－4a0，∴f(x)在(0,2)上恰好有1个零点．故选B.12.已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图像如图所示，它与x轴相切于原点，且x轴与函数图像所围成区域(图中阴影部分)的面积为112，则a的值为()A．－1B．0C．1D．－2答案A解析方法一：因为f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，函数f(x)的图像与x轴相切于原点，所以f′(0)＝0，即b＝0，所以f(x)＝－x3＋ax2，令f(x)＝0，得x＝0或x＝a(a0)．因为函数f(x)的图像与x轴所围成区域的面积为112，所以a0(－x3＋ax2)dx＝－112，所以(－14x4＋13ax3)|0a＝－112，所以a＝－1或a＝1(舍去)，故选A.方法二：因为f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，函数f(x)的图像与x轴相切于原点，所以f′(0)＝0，即b＝0，所以f(x)＝－x3＋ax2.若a＝0，则f(x)＝－x3，与x轴只有一个交点(0,0)，不符合所给的图像，排除B；若a＝1，则f(x)＝－x3＋x2＝－x2(x－1)，与x轴有两个交点(0,0)，(1,0)，不符合所给的图像，排除C；若a＝－2，则所围成的面积为－(－x3－2x2)dx＝(14x4＋23x3)＝43≠112，排除D.故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知曲线y＝－13x3＋2与曲线y＝4x2－1在x＝x0处的切线互相垂直，则x0的值为________．答案12解析∵两曲线在x0处切线互相垂直，∴(－x20)·(8x0)＝－1.∴x0＝12.14．已知f(x)＝x(1＋|x|)，则f′(1)·f′(－1)＝________.答案9解析当x≥0时，f(x)＝x2＋x，f′(x)＝2x＋1，则f′(1)＝3.当x0时，f(x)＝x－x2，f′(x)＝1－2x，则f′(－1)＝3，故f′(1)·f′(－1)＝9.15．已知函数f(x)＝axsinx－32(a∈R)，若对x∈[0，π2]，f(x)的最大值为π－32，则(1)实数a的值为________；(2)函数f(x)在(0，π)内的零点个数为________．答案(1)1(2)2解析因为f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，当a≤0时，f(x)在x∈[0，π2]上单调递减，最大值f(0)＝－32，不适合题意，所以a0，此时f(x)在x∈[0，π2]上单调递增，最大值f(π2)＝π2a－32＝π－32，解得a＝1，符合题意，故a＝1.f(x)＝xsinx－32在x∈(0，π)上的零点个数即为函数y＝sinx，y＝32x的图像在x∈(0，π)上的交点个数．又x＝π2时，sinπ2＝13π0，所以两图像在x∈(0，π)内有2个交点，即f(x)＝xsinx－32在x∈(0，π)上的零点个数是2.16．若对定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：①y＝－x3＋x＋1;②y＝3x－2(sinx－cosx)；③y＝ex＋1;④f(x)＝ln|x|，x≠0，0，x＝0.以上函数是“H函数”的所有序号为________．答案②③解析因为x1f(x1)＋x2f(x2)x1f(x2)＋x2f(x1)，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]0，所以函数f(x)在R上是增函数．由y′＝－3x2＋10，得－33x33，即函数在区间(－33，33)上是增函数，故①不是“H函数”；由y′＝3－2(cosx＋sinx)＝3－22sin(x＋π4)≥3－220恒成立，所以②为“H函数”；由y′＝ex0恒成立，所以③为“H函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R上是增函数，所以不是“H函数”．综上可知，是“H函数”的有②③.三、解答题(本大题共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．(本题满分10分)已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值12.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．答案(1)a＝12，b＝1(2)单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)解析(1)因为函数f(x)＝ax2＋blnx，所以f′(x)＝2ax＋bx.又函数f(x)在x＝1处有极值12，所以f′1＝0，f1＝12.即2a＋b＝0，a＝12.解得a＝12，b＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝12x2－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－1x＝x＋1x－1x.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．18．(本题满分12分)已知函数f(x)＝12x2－mlnx.(1)若函数f(x)在(12，＋∞)上是单调递增的，求实数m的取值范围；(2)当m＝2时，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值．答案(1)m≤14(2)最大值e2－42，最小值1－ln2解析(1)若函数f(x)在(12，＋∞)上是增函数，则f′(x)≥0在(12，＋∞)上恒成立．而f′(x)＝x－mx，即m≤x2在(12，＋∞)上恒成立，即m≤14.(2)当m＝2时，f′(x)＝x－2x＝x2－2x.令f′(x)＝0，得x＝±2.当x∈[1，2)时，f′(x)0，当x∈(2，e)时，f′(x)0，故x＝2是函数f(x)在[1，e]上唯一的极小值点，故f(x)min＝f(2)＝1－ln2.又f(1)＝12，f(e)＝12e2－2＝e2－4212，故f(x)max＝e2－42.19．(本题满分12分)(2014·江西理)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·1－2x(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间0，13上单调递增，求实数b的取值范围．答案(1)极小值为0，极大值为4(2)(－∞，19]解析(1)当b＝4时，f′(x)＝－5xx＋21－2x，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－2,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈0，12时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)当x＝－2时取得极小值f(－2)＝0，在当x＝0时取得极大值，f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x＋3b－2]1－2x，因为当x∈0，13时，－x1－2x＜0，依题意当x∈0，13时，有5x＋(3b－2)≤0，从而53＋(3b－2)≤0.所以实数b的取值范围为－∞，19.20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝(x－a)2＋(lnx－a)2.(1)求函数f(x)在A(1,0)处的切线方程；(2)若g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(3)证明：g(x)≥12.答案(1)y＝x－1(2)a≥－2(3)略解析(1)因为f′(x)＝1x，所以f′(1)＝1.故切线方程为y＝x－1.(2)g′(x)＝2(x－ax＋lnxx－a)，令F(x)＝x－ax＋lnxx－a，则y＝F(x)在[1，＋∞)上单调递增．F′(x)＝x2－lnx＋a＋1x2，则当x≥1时，x2－lnx＋a＋1≥0恒成立，即当x≥1时，a≥－x2＋lnx－1恒成立．令G(x)＝－x2＋lnx－1，则当x≥1时，G′(x)＝1－2x2x0，故G(x)＝－x2＋lnx－1在[1，＋∞)上单调递减．从而G(x)max＝G(1)＝－2.故a≥G(x)max＝－2.(3)证明：g(x)＝(x－a)2＋(lnx－a)2＝2a2－2(x＋lnx)a＋x2＋ln2x，令h(a)＝2a2－2(x＋lnx)a＋x2＋ln2x，则h(a)≥x－lnx22.令Q(x)＝x－lnx，则Q′(x)＝1－1x＝x－1x，显然Q(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则Q(x)min＝Q(1)＝1.则g(x)＝