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第3章 导数及其应用（苏教版选修1-1）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
120分钟
160分
一、填空题（每小题5分，共70分）
1.函数的导数是 .
2．函数的单调递增区间是 .
3.已知直线与抛物线相切，则a= .
4．若在R上是增函数，则的关系式为 .
5．曲线y=－2－4x+2在点（1，－3）处的切线方程是 .
6．函数y=x+2cos x在上取得最大值时，x的值为 .
7．函数f(x)＝，已知f(x)有两个极值点，则等于 .
8．用长为18 cm的钢条围成一个长方体外形的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，则该长方体的长、宽、高各为 时，其体积最大.
9．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)内的极值点的个数是 .
10．已知，当时，
.
11．对正整数，设曲线在x＝2处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是 .
12.已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(－∞，0)时，不等式恒成立. 若，，，则a、b、c的大小关系 是 .
13. 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，，且
g(－3)＝0，则不等式的解集是 .
14.已知函数f(x)＝x3－x2－x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为 .
二、解答题（共90分）
15．（14分）求下列函数的导数：
(1)y=5－4；
(2)y=3+xcos x；
(3)y=tan x；
(4)y=x；
(5)y=lg x－.
16．（14分）已知 的图象经过点，且在处的切线方程是.
（1）求的解析式；
（2）求的单调递增区间.
17．（14分）已知函数在处取得极值，其中为常数.
（1）试确定的值；
（2）争辩函数的单调区间；
（3）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
18．（16分）已知函数
（1）若曲线在点处的切线斜率为-2，求a的值以及切线方程；
（2）若是单调函数，求a的取值范围.
19．（16分）已知函数f(x)=aln x++1．
（1）当a=－时，求f(x)在区间上的最值；
（2）争辩函数f(x)的单调性.
20．（16分）已知函数，，其中．
（1）若是函数的极值点，求实数的值；
（2）若对任意的（e为自然对数的底数）都有≥成立，求实数的取值范围．
第3章 导数及其应用 答题纸（苏教版选修1-1）
得分：
一、填空题
1． 2． 3． 4． 5．
6． 7． 8． 9． 10．
11． 12． 13． 14．
二、解答题
15.
16．
17.
18.
19.
20.
第3章 导数及其应用 参考答案（苏教版选修1-1）
一、填空题
1． 解析：∵.
2． 解析：∵ .
∴ 函数的单调递增区间是.
3. 解析：设切点为.由于，所以y′=2ax.
由题意知解得．
4． 解析：由题意知恒成立，已知则，
即
5．5x+y－2=0 解析：∵y′=3－4x－4，∴曲线在点（1，－3）处的切线斜率k=y′=－5，
∴切线方程为y+3=－5(x－1)，即5x+y－2=0.
6． 解析：y′=1－2sin x，令1－2sin x=0，得sin x=.∵x∈，∴x=.
当x∈时，y′≤0，∴f().
7．1 解析：，由，得的两个解，则＝1.
8．2 cm,1 cm, cm 解析：设长方体的宽为 cm，则长为2 cm，高为
.
故长方体的体积为
从而
令，解得=0（舍去）或=1，因此=1.
当0＜＜1时，；当1＜＜时，，
故在=1处取得极大值，并且这个极大值就是的最大值.
从而体积最大时长方体的长为2 cm，宽为1 cm，高为 cm.
9．3 解析：依据导函数图象，导数值异号的分界点有3个，故原函数有3个极值点.
10． 解析：
11． 解析：，
令=0，求出切线与轴交点的纵坐标为，所以，
则数列的前项和.
12. 解析：设g(x)＝xf(x)，由y＝f(x)为R上的奇函数，可知g(x)为R上的偶函数．
而g′(x)＝′＝f(x)＋xf′(x).
由已知得，当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，故函数g(x)在(－∞，0)上单调递增.
由偶函数的性质可知，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由于＝g(－2)＝g(2)，
且，故.
13.(－∞，－3)∪(0，3) 解析：由于
，则在x＜0时递增.
又由于分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
所以为奇函数，关于原点对称，所以在x＞0时也是增函数．
由于
所以当时，可转化为，即；
当时，可转化为，即.
14.f(－a2)f(－1) 解析：由题意可得.
由＝(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝.
当时，为增函数；
当时，为减函数；
当x＞时，为增函数.
所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值.
又由于－a2≤0，故f(－a2)≤ f(－1)．
二、解答题
15．解：(1)y′=－12.
(2)y′=(3+xcos x)′=6x+cos x－xsin x.
(3)y′=()′==.
(4)y′ln x.
(5)y′=+.
16．解：（1）由于的图象经过点，所以. ①
. ②
由题意得切点为，则的图象经过点，
得. ③
联立①②③得
所以
（2）令得
当x变化时，
x
0
－
0
＋
0
－
0
＋
由上表可知，函数的单调递增区间为
17．解：（1）由题意知，因此，从而．
又对求导得．
由题意，因此，解得．
（2）由（1）知（），令，解得．
当时，，此时为减函数；
当时，，此时为增函数．
因此的单调递减区间为，而的单调递增区间为．
（3）由（2）知，在处取得微小值，此微小值也是最小值，
要使（）恒成立，只需．
即，从而，解得或．
所以的取值范围为.
18. 解：(1)
由题设，f¢(1)＝－2a＝－2，所以a＝1，
此时f(1)＝0，切线方程为y＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0．
(2)，令＝1－8a．
当a≥时，≤0，f ¢(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当0＜a＜时，＞0，方程＋1＝0有两个不相等的正根，
不妨设，则当时，f ¢(x)＜0，当时，f ¢(x)＞0，
这时f(x)不是单调函数．综上，a的取值范围是[，＋)．
19．解:（1）当a=－时，f(x)=－ln x++1，∴ f′(x)=+=．
∵ f(x)的定义域为(0,+∞)，∴ 由f′(x)=0,得x=1．
∴ f(x)在区间上的最值只可能为f(1)，或f(e)，而f(1)，+，f(e)=+，
∴ =f(e)=+,=f(1)=．
（2）f′(x)=，x∈(0,+∞)．
①当a+1≤0，即a≤－1时，f′(x)<0,∴ f(x)在(0,+∞)上单调递减；
②当a≥0时，f′(x)>0,∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增；
③当－1<a<0时，由f′(x)>0,得>,∴ x>或x<－（舍去）,
∴ f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当－1<a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；
当a≤－1时，f(x)在(0,+∞)上单调递减.
20．解：（1）方法1：∵ ，其定义域为，∴ ．
∵是函数的极值点，∴ ，即．
∵ ，∴ ．
经检验当时，是函数的极值点，∴ ．
方法2：∵ ，其定义域为，∴ ．
令，即，整理，得．
∵ △，∴ 的两个实根为（舍去），，
当变化时，，的变化状况如下表：
-
0
＋
单调递减
微小值
单调递增
依题意，，即，∵ ，∴ ．
（2）对任意的都有≥成立等价于对任意的都有≥．
当［1，］时，．∴ 函数在上是增函数．
∴ ．
∵ ，且，．
① 且［1，］时，，
∴ 函数在［1，］上是增函数，
∴ .
由≥，得≥.又，∴不合题意．
②当1≤≤时，
若1≤＜，则，
若＜≤，则．
∴ 函数在上是减函数，在上是增函数．
∴ .
由≥，得≥.又1≤≤，∴≤≤．
③当且［1，］时，，
∴ 函数在上是减函数．∴ .
由≥，得≥，又，∴ ．
综上所述，的取值范围为．
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