2018_2019高中数学第3章导数及其应用章末检测试卷苏教版.docx

第3章 导数及其应用章末检测试卷(三)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1.曲线ysinx在点P处的切线斜率是_.考点导数的几何意义题点求某点处切线斜率答案解析由ysinx，得ycosx，所以在点P处的切线斜率是kcos.2.函数f(x)lnxx的单调递增区间为_.考点导数的运用题点求函数单调区间答案(0,1)解析令f(x)10，解不等式即可解得x1，注意定义域为(0，).所以0x1.3.设f(x)xlnx，若f(x0)2，则x0_.考点导数的运用题点求函数导数答案e解析f(x)xlnx，f(x)lnxxlnx1，由f(x0)2，得lnx012，x0e.4.函数f(x)(x1)2(x2)2的极大值是_.考点导数的运用题点求函数极大值答案解析f(x)(x1)2(x2)2，f(x)2(x1)(2x3)(x2).令f(x)0，得x11，x2，x32.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)12(2，)f(x)000f(x)极小值极大值极小值f是函数的极大值.5.若直线ykx3与曲线y2lnx相切，则实数k_.考点导数的几何意义题点求切线方程答案2解析依题意，设切点为(x0，y0)，则有由此得232lnx0，x0e.k2.6.已知函数f(x)xalnx在区间(0,2上单调递减，则实数a的取值范围为_.考点导数的运用题点由函数单调性求参数范围答案2，)解析函数的导数为f(x)1.若函数f(x)xalnx在区间(0,2上单调递减，则等价为f(x)0恒成立，即10，即1，即ax，00)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围为_.考点导数的运用题点由函数极值求参数范围答案解析f(x)3x23a23(xa)(xa)(a0)，令f(x)0，得xa.当axa时，f(x)a或x0，函数递增.所以f(a)a33a3a0，f(a)a33a3a.13.设f(x)是R上的奇函数，g(x)是(，0)(0，)上的奇函数，且g(x)0.当x0，且f(2)0，则不等式0的解集是_.考点导数的运用题点构造函数解不等式答案(，2)(2，)解析令h(x).当x0，函数h(x)在(，0)上单调递增.f(x)和g(x)均为奇函数，h(x)是(，0)(0，)上的偶函数，h(x)在(0，)上单调递减.f(2)0，f(2)f(2)0，不等式0，则实数a的取值范围为_.考点导数的运用题点函数零点问题答案(，2)解析若a0，令f(x)0，解得x，不合题意；若a0，则f(1)a20，所以f(x)存在负的零点，不合题意；若a0，解得a2或a2，故a0，则f(x)ax2.若a0，由(1)中f(x)0，得x，显然不符合题意；若a0，因为函数f(x)在区间上是增函数，所以f(x)0对x恒成立，即不等式ax22x10对x恒成立，即a21对x恒成立，故amax.而当x时，函数21有最大值3，所以实数a的取值范围为3，).19.(16分)已知函数f(x)lnx(a0).(1)当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)a对于x0的一切值恒成立，求实数a的取值范围.考点导数的运用题点导数的综合运用解(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，).当a2时，函数f(x)lnx，所以f(x)，所以当x(0，e)时，f(x)0，函数f(x)在(0，e)上单调递减；当x(e，)时，f(x)0，函数f(x)在(e，)上单调递增.(2)由题意知lnxa在(0，)上恒成立，等价于xlnxae2ax0在(0，)上恒成立.令g(x)xlnxae2ax，则g(x)lnx1a，令g(x)0，得xea1.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，ea1)ea1(ea1，)g(x)0g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(ea1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea1，令t(x)xe2ex1(x0)，则t(x)1ex1，令t(x)0，得x1.当x变化时，t(x)，t(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)t(x)0t(x)极大值所以当a(0,1)时，g(x)的最小值为t(a)t(0)e20，符合题意；当a1，)时，g(x)的最小值为t(a)ae2ea10t(2)，所以a1,2.综上所述，实数a的取值范围是(0,2.20.(16分)设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要不充分条件.考点导数的运用题点导数的综合运用(1)解由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb，曲线在x0处的切线斜率为kf(0)b.又f(0)c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为ycb(x0)，即bxyc0.(2)解由ab4，得f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4(3x2)(x2).令f(x)0，得(3x2)(x2)0，解得x2或x，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.(3)证明当4a212b0，即a23b0时，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必须有