阶段性练习卷(5)-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练习（人教B版）

参 考 答 案 1 2 cosθ- 1 2 ， θ∈ 0 ， π 2 2 # . 令 S′=0 ， 解得 cosθ= 17 姨 -1 8 或 cosθ= - 17 姨 -1 8 （舍 去 ） . 设 φ 为 cosθ= 17 姨 -1 8 所对应的角 ， ∵y=cosθ∈ 0 ， π 2 2 & 上单调递减， ∴θ∈ （ 0 ， φ ） 时， S 单调递增； θ∈ φ ， π 2 2 & 时， S 单调递减 . ∴ 当 cosθ= 17 姨 -1 8 时 ， 面积 最大 . 14. 解： （ 1 ） 由题意， 函数 f （ x ） = e x x -ax+alnx 的定 义域为 （ 0 ， +∞ ）， 当 a=1 时， 函数 f （ x ） = e x x -x+lnx ， 可 得 f ′ （ x ） = xe x -e x x 2 -1+ 1 x = （ x-1 ） e x x 2 - x-1 x = （ x-1 ）（ e x -x ） x 2 . 令 g （ x ） =e x -x ， x∈ （ 0 ， +∞ ）， 则 g′ （ x ） =e x -1>0 ， ∴ g （ x ）是增函数， ∴g （ x ） >g （ 0 ） >0 ， 由 f ′ （ x ） =0 ， 可得 x=1 ， 当 x>1 时， f ′ （ x ） >0 ； 当 0<x<1 时， f ′ （ x ） <0. ∴ 当 x=1 时， 函数取得极小值， ∴ f （ x ）的极小值点 为 1 ， 无极大值点 . （ 2 ） 由 f （ x ） ≥0 ， 可得 e x-lnx ≥a （ x-lnx ）， 令 t=x-lnx ， x∈ （ 0 ， +∞ ）， 则 e t ≥at ， 且 t′=1- 1 x = x-1 x . 令 t′=0 ， 可得 x=1 ， 当 x>1 时， t′>0 ； 当 0<x<1 时， t′<0. ∴ 当 x=1 时 ， t min =1 ， ∴t∈ ［ 1 ， +∞ ）， ∴a≤ e t t ， 令 m （ t ） = e t t ， t∈ ［ 1 ， +∞ ）， 则 m′ （ t ） = e′ （ t-1 ） t 2 ≥0 ， ∴m （ t ） min = m （ 1 ） =e ， ∴ 实数 a 的取值范围为 （ -∞ ， e ］ . 15. 解： （ 1 ） 由题意， f ′ （ x ） =x 2 - （ m+1 ） x≥0 在 ［ 2 ， +∞ ） 恒成立， ∴m+1≤x 恒成立， ∴m+1≤2 ， ∴m≤1. （ 2 ） ∵ f ′ （ x ） =x ［ x- （ m+1 ）］， 当 m+1≤2 时， 即 m≤1 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， 3 ］ 上递增 ， ∴ f min （ x ） =f （ 2 ） =-2m+ 5 3 . 当 2<m+1<3 时， 即 1<m<2 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， m+ 1 ］ 上递减， 在区间 ［ m+1 ， 3 ］ 上递增 . ∴ f （ x ） min =f （ m+1 ） =- 1 6 （ m+1 ） 3 +1. 当 m+1≥3 时， 即 m≥2 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， 3 ］ 上 递减， ∴ f （ x ） min =f （ 3 ） =- 9 2 m+ 11 2 . 综上， g （ m ） = -2m+ 5 3 ， m≤1 ， - 1 6 （ m+1 ） 3 +1 ， 1<m<2 ， - 9 2 m+ 11 2 ， m≥2 2 + + + + + + + + * + + + + + + + + , . 阶段性练习卷 （五） 1. A 【解析】 f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） = 1-lnx x 2 ， f （ x ）在 （ 0 ， e ）， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）递增； 在 （ e ， +∞ ）， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）递减， ∴ f （ x ）的极大值为 f （ e ） = 1 e ， 没有极小值 . 故选 A. 2. C 【解析】 函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 不存在极值点， 故 f （ x ）为 R 上的单调函数 . 由函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 求导得， f ′ （ x ） =3x 2 +2x+m ， 因函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 是 R 上的单调函数， 而抛 物线 f ′ （ x ） =3x 2 +2x+m 开口向上， 因此有 坌x∈R ， 3x 2 +2x+m≥0 恒成立， 于是得 Δ=4- 12m≤0 ， 解得 m≥ 1 3 ， ∴ 实数 m 的取值范围是 1 3 ， + & ∞ ∞ . 故选 C. 3. C 【解析】 ∵ 曲线 y=f （ x ）在点 （ 1 ， f （ 1 ）） 处的切 线方程为 x-y+1=0 ， ∴ f （ 1 ） =2 ， f ′ （ 1 ） =1 ， 进而可得 1+a+b=2 ， 3+2a=1 1 ， 解得 a=-1 ， b=2 1 ， 故 f （ x ） =x 3 -x 2 +2 ， f ′ （ x ） =3x 2 -2x=x （ 3x-2 ）， 由 f ′ （ x ） >0 ， 解得 x<0 或 x> 2 3 ； 由 f ′ （ x ） <0 ， 解得 0<x< 2 3 . 故 f （ x ）在 x∈ （ -∞ ， 0 ］ 上单调递增， 在 x∈ 0 ， 2 3 ∞ 3 上单调递减， 在 x∈ 2 3 ， + # ∞ ∞ 上单调递增， 故 f （ x ）在 x=0 处取得极大值 ， 且 f （ x ）的极大值为 f （ 0 ） =2. 故选 C. 4. C 【解析】 由已知 f ′ （ x ） =1-2cos2x ， 令 f ′ （ x ） =1- 71 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 2cos2x<0 ， 且 2x∈ 0 ， π 2 2 # ， 则 0<2x< π 3 ， ∴0<x< π 6 ， 即单调减区间为 0 ， π 6 2 6 . 故选 C. 5. C 【 解 析 】 f ′ （ x ） =3x 2 +2ax +b ， 依 题 意 可 得 f ′ （ 1 ） =0 ， f （ 1 ） =10 0 ， 即 3+2a+b=0 ， 1+a+b+a 2 =10 0 ， 解得 a=-3 ， b= 0 3 或 a=4 ， b=-11 0 . 当 a=-3 ， b= 0 3 时， f′ （ x ） =3x 2 -6x+3=3 （ x-1 ） 2 ≥0 ， 这时 f （ x ）无 极值， 不合题意， ∴ 数对 （ a ， b ） 为 （ 4 ， -11 ）， C 正确 . 故选 C. 6. A 【解析】 ∵ f （ x ）在 R 上单调递减， ∴ f ′ （ x 0 ） ≤0 在 R 上恒成立， 故存在 x 0 ∈R ， 使得 f ′ （ x 0 ） <0 成立； 反 之， 若 f （ x ） =x 4 ， 则 f ′ （ x ） =4x 3 ， 存在 x 0 ∈R ， 使得 f ′ （ x 0 ） < 0 ， 而 f （ x ）在 R 上既不是增函数也不是减函数； ∴ f （ x ）是 定义在 R 上的函数， 那么 “ f （ x ）在 R 上单调递减 ” 是 “存在 x 0 ∈R ， 使得 f ′ （ x 0 ） <0 ” 的充分不必要条件 . 故 选 A. 7. ACD 【解析】 f ′ （ x ） =e x -2x ， 令 g （ x ） =f ′ （ x ） =e x -2x ， 则 g′ （ x ） =e x -2 ， ∴g （ x ）在 （ -∞ ， ln2 ） 上单调递减 ， 在 （ ln2 ， +∞ ） 上单调递增， ∴g （ x ） ≥g （ ln2 ） =2-2ln2>0 ， ∴ f （ x ）在 R 上单调递增， 故 A 正确， B 错误； 令 g （ x ） =f （ x ） -lnx+x 2 =e x -lnx ， 则 g′ （ x ） =e x - 1 x = xe x -1 x ， 令 h （ x ） =xe x -1 ， 则 h′ （ x ） = （ x+1 ） e x >0 在 （ 0 ， +∞ ） 上 恒成立， 则 h （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 又 h （ 0 ）· h （ 1 ） =- （ e-1 ） <0 ， ∴埚x 0 ∈ （ 0 ， 1 ）， h （ x 0 ） =0 ， 则 g （ x ）在 （ 0 ， x 0 ） 上单调递减， 在 （ x 0 ， +∞ ） 上单调递增， 即 g （ x ） min =g （ x 0 ） =e x 0 -lnx 0 ， 又 ∵e x 0 = 1 x 0 ， x 0 =-lnx 0 ， ∴g （ x ） min = 1 x 0 +x 0 >2 ， 故 C ， D 正确 . 故选 ACD. 8. ABC 【解析】 由方程 f （ x ） =x 有唯一解， 即 alnx- x 2 =0 （ a>0 ） 有唯一解 . 令 g （ x ） =alnx-x 2 ， 可得 g′ （ x ） = a-2x 2 x =0 ， 解得 x= a 2 姨 ， ∴ 函数 g （ x ） =alnx-x 2 在 0 ， a 2 姨 2 6 递增， 在 a 2 姨 ， + 2 6 ∞ 递减， ∴g （ x ） max =g a 2 姨 2 6 = a 2 ln a 2 -1 2 6 ， 由 g （ x ） max =0 ， 可得 a=2e ， 此时 x= a 2 姨 = e 姨 ， 此时 f （ x ） = 2elnx x ， 可得 f ′ （ x ） = 2e （ 1-lnx ） x ， 当 x∈ （ 0 ， e ）， 可得 f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）递增； 当 x∈ （ e ， +∞ ）， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）递减， ∴ f （ x ）的极大值为 f （ e ） =2. 故选 ABC. 9. x-x 2 <sinx<x 【解析】 构建 F （ x ） =x-sinx ， x∈ （ 0 ， 1 ）， 则 F′ （ x ） =1-cosx>0 对 坌x∈ （ 0 ， 1 ） 恒成立， 则 F （ x ）在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 可得 F （ x ） >F （ 0 ） =0 ， ∴x>sinx ， x∈ （ 0 ， 1 ） . 构建 G （ x ） =sinx- （ x-x 2 ） =x 2 -x+sinx ， x∈ （ 0 ， 1 ）， 则 G′ （ x ） =2x-1+cosx ， x∈ （ 0 ， 1 ）， 构建 g （ x ） =G′ （ x ）， x∈ （ 0 ， 1 ）， 则 g′ （ x ） =2-sinx>0 对 坌x∈ （ 0 ， 1 ） 恒成立， 则 g （ x ）在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 可得 g （ x ） >g （ 0 ） =0 ， 即 G′ （ x ） >0 对坌x∈ （ 0 ， 1 ） 恒成立， 则 G （ x ）在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 可得 G （ x ） >G （ 0 ） = 0 ， ∴sinx>x-x 2 ， x∈ （ 0 ， 1 ） . 综上所述， x-x 2 <sinx<x. 10. 8 【解析】 ∵ 实数 a ， b 满足 （ a+2 ） 2 + （ b-3 ） 2 =2 ， 故 P （ a ， b ） 在圆 C ： （ x+2 ） 2 + （ y-3 ） 2 =2 上 . 而 C （ -2 ， 3 ）， 设 g （ x ） = （ x+2 ） 2 + （ lnx-3 ） 2 ， 则 g （ x ）表示 C 到曲线 y=lnx 上 的点的距离的平方 . 又 g′ （ x ） =2 · x 2 +2x+lnx-3 x ， ∵h （ x ） =x 2 +2x+lnx-3 在 （ 0 ， +∞ ） 为增函数， 且 h （ 1 ） =0 ， 故当 x∈ （ 0 ， 1 ） 时， h （ x ） <0 ， 即 g′ （ x ） <0 ； 当 x∈ （ 1 ， +∞ ） 时， h （ x ） >0 ， 即 g′ （ x ） >0. 故 g （ x ）在 （ 0 ， 1 ） 上为减函数， 在 （ 1 ， +∞ ） 上为 增函数， 故 g （ x ）的最小值为 g （ 1 ） =18. 故 C （ -2 ， 3 ） 到曲线 y=lnx 上的点的距离的最小值 为 3 2 姨 ， 而圆 C 的半径为 2 姨 ， 故圆 C 上的点到曲线 y=lnx 上的点的距离的最小值为 2 2 姨 ， 故（ x-a ） 2 + （ lnx-b ） 2 的最小值为（ 2 2 姨 ） 2 =8. 11. -∞ ， e 2 22 【解析】 当 x 2 >x 1 >0 时， 不等式 f （ x 1 ） x 2 < f （ x 2 ） x 1 恒成立， 第 10 题答图 72 参 考 答 案 ∴x 2 f （ x 2 ） >x 1 f （ x 1 ）， ∴g （ x ） =xf （ x ） =e x -ax 2 在 （ 0 ， +∞ ） 上是增函数， g′ （ x ） =e x -2ax ， 则 g′ （ x ） ≥0 在 （ 0 ， +∞ ） 上恒成立， 即 a≤ e x 2x 在 （ 0 ， +∞ ） 上恒成立 . 令 h （ x ） = e x 2x ， 则 h′ （ x ） = e x （ x-1 ） 2x 2 ， 当 x∈ （ 0 ， 1 ） 时， h′ （ x ） <0 ， 当 x∈ （ 1 ， +∞ ） 时， h′ （ x ） >0 ， ∴h min （ x ） =h （ 1 ） = e 2 ， ∴a≤ e 2 . 12. ①②④ 【解析】 ∵ 函数 y= 1 2 e x 和 y=ln （ 2x ）互为 反函数， ∴ 函数 y= 1 2 e x 和 y=ln （ 2x ） 的图象关于直线 y=x 对称 . 又 ∵ 直线 y=x 的斜率 1 与直线 y=-x+2 的斜率 -1 的乘积为 -1 ， 因此直线 y=x 与直线 y=-x+2 互相垂直 ， 显然直线 y =-x+2 也关于直线 y =x 对称 ， 解 方程 组 y=2-x ， y= = x 圯 x=1 ， y=1 = ， ∴ 直线 y=x 和 y=-x+2 的交点坐标为 （ 1 ， 1 ）， 有 x 1 +x 2 =2 ， y 1 +y 2 =2 ， y 1 = 1 2 e x 1 ， y 2 =ln （ 2x 2 ）， 0<x 1 <1 ， 1<x 2 <2. ∵0<x 1 <1 ， 1<x 2 <2 ， x 1 +x 2 =2 ， ∴e x 1 +e x 2 >2 e x 1 · e x 2 姨 =2 e x 1 +x 2 姨 =2 e 2 姨 =2e ， 故 ① 正确 . ∵A （ x 1 ， y 1 ）， B （ x 2 ， y 2 ） 关于 （ 1 ， 1 ） 对称， ∴ 有 1<y 1 <2圯1< 1 2 e x 1 <2圯 ln2<x<ln4 ， 因此有 x> ln2>ln e 姨 = 1 2 . 点 A （ x 1 ， y 1 ） 在直线 y=-x+2 上， 而 x 1 +x 2 =2 ， ∴ 1 2 e x 1 =-x 1 +2=x 2 ， 因此 x 1 · x 2 =x 1 · 1 2 e x 1 ( ， 显然函数 f （ x 1 ） =x 1 · 1 2 e x 1 在 0<x 1 <1 上是单调递增函数， ∴ 当 x> 1 2 时， 有 f （ x ） >f 1 2 = 1 2 · 1 2 · e 1 2 = e 姨 4 ， 故 ② 正确 . ∵0<x 1 <1 ， 1<x 2 <2 ， x 1 +x 2 =2 ， ∴0<x 1 x 2 < x 1 +x 2 2 2 =1 ， 因此有 0<x 1 < 1 x 2 <1 ， 设函数 g （ x ） = lnx x （ x∈ （ 0 ， 1 ））， g′ （ x ） = 1-lnx x 2 ， ∵x∈ （ 0 ， 1 ）， ∴g′ （ x ） >0. 因此函数 g （ x ） = lnx x （ x∈ （ 0 ， 1 ）） 是单调递增的， 当 0<x 1 < 1 x 2 <1 时， 有 g （ x 1 ） <g 1 x 2 ， 即 lnx 1 x 1 < ln 1 x 2 1 x 2 =x 2 ln 1 x 2 =x 2 ln （ x 2 ） -1 =- （ x 2 lnx 2 ）， 因此有 lnx 1 x 1 +x 2 lnx 2 <0 ， 故 ③ 不正确 . ∵A （ x 1 ， y 1 ）， B （ x 2 ， y 2 ） 关于 （ 1 ， 1 ） 对称， ∴y 1 +y 2 = 2 ， 因此 1 2 e x 1 +ln （ 2x 2 ） =2 ， ∴e x 1 +ln （ 2x 2 ） -2=e x 1 +ln （ 2x 2 ） - 1 2 e x 1 +ln （ 2x 2 2 + ） = 1 2 e x 1 >0 ， 即 e x 1 +ln （ 2x 2 ） >2 ， 故 ④ 正确 . 13. 解： （ 1 ） 由题意得 f ′ （ x ） =-3x 2 -2x+1 ， 则 f ′ （ -2 ） =-12+4+1=-7 ， 又 ∵f （ -2 ） =8-4-2+2=4 ， ∴f （ x ）在 x=-2 处的切线方程 为 y-4=-7 （ x+2 ）， 即 7x+y+10=0. （ 2 ） 令 f ′ （ x ） =-3x 2 -2x+1=0 ， 解得 x=-1 或 x= 1 3 ， 则 x ， f ′ （ x ）， f （ x ）变化情况如下表： ∴ f （ x ）的极小值点为 x=-1 ， 极大值点为 x= 1 3 . （ 3 ） 由 （ 2 ） 知， f （ x ）在 ［ -5 ， -1 ） 上单调递减， 在 （ -1 ， 0 ］ 上单调递增 . 又 f （ -5 ） =125-25-5+2=97 ， f （ 0 ） =2 ， f （ -1 ） =1-1-1+ 2=1 ， ∴ f （ x ） min =f （ -1 ） =1 ， f （ x ） max =f （ -5 ） =97. 14. 解： （ 1 ） 由已知定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） =x- a+1 x = x 2 - （ a+1 ） x . 当 a+1≤0 ， 即 a≤-1 时， f ′ （ x ） >0 恒成立， 则 f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增； 当 a+1>0 ， 即 a>-1 时， x=- a+1 姨 （舍） 或 x= a+1 姨 ， ∴ f （ x ）在 （ 0 ， a+1 姨 ） 上单调递减， 在 （ a+1 姨 ， +∞ ） 上单调递增 . x （ -∞ ， -1 ） -1 -1 ， 1 3 3 1 3 1 3 ， + 3 ∞ f ′ （ x ） - 0 + 0 - f （ x ） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 73 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ∴a≤-1 时， f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增； a>-1 时， f （ x ）在 （ 0 ， a+1 姨 ） 上单调递减， 在 （ a+1 姨 ， +∞ ） 上 单调递增 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 可知， 当 a≤-1 时， f （ x ）在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， 若 f （ x ） ≥0 对任意的 x∈ ［ 1 ， +∞ ） 恒成立， 只需 f （ 1 ） ≥0 ， 而 f （ 1 ） =0 恒成立， ∴a≤-1 成立； 当 a>-1 时 ， 若 a+1 姨 ≤1 ， 即 -1<a≤0 ， 则 f （ x ）在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， 又 f （ 1 ） =0 ， ∴-1<a≤0 成立； 若 a>0 ， 则 f （ x ）在 （ 1 ， a+1 姨 ） 上单调递减 ， 在 （ a+1 姨 ， +∞ ） 上单调递增 ， 又 f （ 1 ） =0 ， ∴埚x 0 ∈ （ 1 ， a+1 姨 ）， f （ x 0 ） <f （ 1 ） =0 ， 不满足 f （ x ） ≥0 对任意的 x∈ ［ 1 ， +∞ ） 恒成立 . ∴ 综上所述， a≤0. 6.3 利用导数解决实际问题 学习手册 变式训练 1 （ 1 ） 64 3 （ 2 ） 6 2 姨 -3 7 【解析】 （ 1 ） 设 正四棱锥的高为 h ， 则 0<h<3 ， 底面积为 S ， 设正四棱锥 的底面边长为 a ， 则正四棱锥的底面对角线长为 2 姨 a ， 由勾股定理可得 h 2 + 2 姨 2 2 ' a 2 =3 2 ， 可得 a 2 =2 （ 9-h 2 ）， 则 S=2 （ 9-h 2 ） . 该几何体的体积 V= 1 3 Sh+S×1=S 1 3 h+ 2 + 1 = 2 （ 9-h 2 ） 1 3 h+ 2 + 1 . 令函数 f （ h ） =2 （ 9-h 2 ） 1 3 h+ 2 + 1 = 2 3 （ 3-h ）（ 3+h ） 2 ， 则 f ′ （ h ） =- 2 3 （ 3+h ） 2 + 4 3 （ 3-h ）（ 3+h ） =-2 （ h-1 ）（ h+3 ） . 当 0<h<1 时， f ′ （ h ） >0 ， 当 1<h<3 时， f ′ （ h ） <0 ， ∴ f （ h ）在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增， 在 （ 1 ， 3 ） 上单调 递减 . 故 f （ h ） max =f （ 1 ） =2× （ 9-1 ） × 1 3 + 2 + 1 = 64 3 . 因此， 该几何体的体积的最大值为 64 3 . （ 2 ） ∵ 正方体的棱长为 2 3 姨 ， 则该正方体的体对 角线长为 2 3 姨 × 3 姨 =6 ， 设 A 原子的半径为 r ， B 原 子的半径为 R ， 依题意， 2r+2R=6 ， 即 R=3-r ， 0<r<3 ， 于 是 8 个 A 原子与 1 个 B 原子的体积之和 V=8 · 4π 3 r 3 + 4π 3 R 3 = 4π 3 ［ 8r 3 + （ 3-r ） 3 ］ = 4π 3 （ 7r 3 +9r 2 -27r+27 ）， 令 f （ r ） =7r 3 +9r 2 -27r+27 ， 0<r<3 ， 求导得 ， f ′ （ r ） = 21r 2 +18r-27. 由 f ′ （ r ） =0 得 r= 6 2 姨 -3 7 ， 当 0<r< 6 2 姨 -3 7 时 ， f ′ （ r ） <0 ， 当 6 2 姨 -3 7 <r<3 时， f ′ （ r ） >0 ， 因此函数 f （ r ）在 0 ， 6 2 姨 -3 7 2 + 上单调递减 ， 在 6 2 姨 -3 7 ， 2 + 3 上单调递增， 即当 r= 6 2 姨 -3 7 时， f （ r ） 取得最小值， ∴8 个 A 原子与 1 个 B 原子的体积之和最小时， 原 子 A 的半径为 6 2 姨 -3 7 . 变式训练 2 解： （ 1 ） ①∵C′ （ q ） = 1 2 q ， ∴C′ （ 10 ） =5 ， C′ （ 20 ） =10 ， C′ （ 10 ） <C′ （ 20 ） . C′ （ 10 ） =5 代表当产量为 q=10 时， 增加单位产量需 付出的成本增加量为 5 ； C′ （ 20 ） =10 代表当产量为 q=20 时， 增加单位产量需 付出的成本增加量为 10． ②∵C （ q ） = C （ q ） q = 100 q + 1 4 q ， ∴C′ （ q ） =- 100 q 2 + 1 4 = q 2 -400 4q 2 = （ q+20 ）（ q-20 ） 4q 2 ， 由实际意义知， q>0 ， ∴ 当 0<q<20 时， C′ （ q ） <0 ； 当 q>20 时， C′ （ q ） >0. ∴C （ q ）在 （ 0 ， 20 ） 上单调递减， 在 （ 20 ， +∞ ） 上 单调递增， ∴ 当产量 q=20 时， 平均成本最少 . （ 2 ） ① 由题意， 当 0<x<6 时， P （ x ） =8x-4- 1 3 x 3 +4 2 + x =- 1 3 x 3 +4x-4 ， 当 x≥6 时， P （ x ） =8x-4- 9x+ 64 x -2 2 + 9 =25-x- 64 x . ∴P （ x ） = - 1 3 x 3 +4x-4 ， 0<x<6 ， 25-x- 64 x ， x≥6 6 + + + + * + + + + + , . ② 当 0<x<6 时， P′ （ x）=-x 2 +4 ， 令 P′ （ x）=0 ， 解得 x=2. 当 x∈ （ 0 ， 2 ）， P′ （ x）>0 ， 当 x∈ （ 2 ， 6 ）， P′ （ x）<0 ； 74 第六章 导数及其应用 练 一、 单项选择题： 本题共 6 小题， 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. 已知函数 f （ x ） = lnx x ， 则 （ ） A． 函数 f （ x ）的极大值为 1 e ， 无极小值 B． 函数 f （ x ）的极小值为 1 e ， 无极大值 C． 函数 f （ x ）的极大值为 0 ， 无极小值 D． 函数 f （ x ）的极小值为 0 ， 无极大值 2. 若函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 不存在极值 点， 则实数 m 的取值范围是 （ ） A. 1 3 ， + + " ∞ B. -∞ ， 1 3 + " C. 1 3 ， + " ∞ ∞ D. -∞ ， 1 3 3+ 3. 已知 f （ x ） =x 3 +ax 2 +b （ a ， b∈R ）， 曲线 y=f （ x ）在点 （ 1 ， f （ 1 ）） 处的切线方程为 x-y+ 1=0 ， 则 f （ x ）的极大值为 （ ） A. 0 B. 2 3 C. 2 D. 50 27 4. 函数 f （ x ） =x-sin2x 在 0 ， 仔 ４ + " 上的单 调减区间为 （ ） A. 0 ， 仔 ４ + " B. 仔 6 ， 仔 ４ + " C. 0 ， 仔 6 + " D. 芰 5. 已知函数 f （ x ） =x 3 +ax 2 +bx+a 2 在 x=1 处 的极值为 10 ， 则数对 （ a ， b ） 为 （ ） A. （ -3 ， 3 ） B. （ -11 ， 4 ） C. （ 4 ， -11 ） D. （ -3 ， 3 ） 或 （ 4 ， -11 ） 6. 已知 f （ x ）是定义在 R 上的函数， 那么 “ f （ x ）在 R 上单调递减” 是 “存在 x 0 ∈R ， 使 得 f ′ （ x 0 ） <0 ” 的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 二、 多项选择题： 本题共 2 小题， 在每小题 给出的四个选项中， 有多项符合题目 要求 . 7. 已知函数 f （ x ） =e x -x 2 ， 则下列说法正 确的是 （ ） A. f （ x ）在 R 上单调递增 B. f （ x ）在 （ -∞ ， ln2 ） 上单调递减 C. 若函数 y=f （ x ） -lnx+x 2 在 x=x 0 处取得 最小值， 则 x 0 ∈ （ 0 ， 1 ） D. 坌x∈ （ 0 ， +∞ ）， f （ x ） >lnx-x 2 +2 8. 不动点定理是拓扑学中一个非常重要 的定理， 其应用非常广泛 . 对于函数 y=f （ x ）， 定义方程 f （ x ） =x 的根称为 f （ x ）的不动点 . 已 知 f （ x ） = alnx x （ a>0 ） 有唯一的不动点， 则 （ ） A． a=2e B． f （ x ）的不动点为 e 姨 C． f （ x ）的极大值为 2 阶段性练习卷 （五） 47 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 D． f （ x ）的极小值为 1 e 三、 填空题： 本题共 4 小题 . 9. 当 0<x<1 时， x-x 2 ， sinx ， x 三者的大 小关系为 （用 “ < ” 连接） . 10. 已知实数 a ， b 满足 （ a+2 ） 2 + （ b-3 ） 2 = 2 ， 则对任意的正实数 x ， （ x-a ） 2 + （ lnx-b ） 2 的 最小值为 . 11. 已知函数 f （ x ） = e x x -ax ， x∈ （ 0 ， +∞ ）， 当 x 2 >x 1 时， 不等式 f （ x 1 ） x 2 < f （ x 2 ） x 1 恒成立， 则 实数 a 的取值范围为 . 12. 已知直线 y=-x+2 分别与函数 y= 1 2 e x 和 y=ln （ 2x ）的图象交于点 A （ x 1 ， y 1 ）， B （ x 2 ， y 2 ）， 则下列说法： ①e x 1 +e x 2 >2e ； ②x 1 x 2 > e 姨 4 ； ③ lnx 1 x 1 +x 2 lnx 2 >0 ； ④e x 1 +ln （ 2x 2 ） >2. 其 中正确的是 . 四、 解答题： 本题共 2 小题， 解答应写出文 字说明、 证明过程或演算步骤 . 13. 设函数 f （ x ） =-x 3 -x 2 +x+2. （ 1 ） 求 f （ x ）在 x=-2 处的切线方程； （ 2 ） 求 f （ x ）的极大值点与极小值点； （ 3 ） 求 f （ x ）在区间 ［ -5 ， 0 ］ 上的最大 值与最小值 . 14. 已知函数 f （ x ） = 1 2 x 2 - （ a+1 ） lnx- 1 2 （ a∈R ， a≠0 ） . （ 1 ） 讨论函数的单调性； （ 2 ） 若对任意的 x∈ ［ 1 ， +∞ ） ， 都有 f （ x ） ≥0 成立， 求 a 的取值范围 . 48