第9周练习含答案

1．下面是关于复数z2 的四个命题: 1ip1:z2 p2:z22i p3:z的共轭复数为1i p4:z的虚部为1

其中真命题为 （ ）

A.p2,p3 B.p1,p2 C.p2,p4 D.p3,p4

[答案]：C

2．“函数y＝f(x)在一点的导数值为0”是“函数y＝f(x)在这点取极值”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

[答案]：选B.对于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，不能推出f(x)在x＝0处取极值，反之成立．故选B.

3．过点（0，1）且与曲线yx1在点（3，2）处的切线垂直的直线的方程为( ) x1 C．x2y20 D．x2y20

A．2xy10 B．2xy10 [答案]：A

ln x

4．函数y＝的最大值为( )

x

－

A．e1

B．e 10

C．e2 D.

3

ln x′x－ln x·x′1－ln x

[答案]选A.令y′＝＝＝0.解得x＝e.当x>e时，y′<0；当00.

11

y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝

ee5．. 曲线ycosx(0xA.4 B. [答案]C

6. 已知自由下落物体的速度为V = g t ，则物体从t = 0到t 0所走过的路程为（） A．

3)与坐标轴围成的面积是„„„„„„„„„„„【 】 25 C.3 D.2 21211

gt0 B．gt02 C． gt02 D．gt02 234

[答案] A

x12cosx2t17．若圆的方程为（为参数），直线的方程为（t为参数），

y32siny6t1则直线与圆的位置关系是（ ）

A. 相交过圆心 B. 相交而不过圆心 C. 相切 D. 相离 [答案] B

8．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是（ ） Ａ．假设a，b，c都是偶数 Ｂ．假设a，b，c都不是偶数

Ｃ．假设a，b，c至多有一个是偶数 Ｄ．假设a，b，c至多有两个是偶数 [答案]Ｂ

9.函数f(x)xlnx的单调递减区间是 [答案]：（0，

ax2－110．若函数f(x)＝的单调增区间为(0，＋∞)，则实数a的取值范围是________．

x[答案] a≥0

11ax－′＝a＋2， [解析] f′(x)＝xx

1

由题意得，a＋2≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立，

x1

∴a≥－2，x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≥0.

x11．不等式|2x1|1的解集为(a,b),计算定积分[答案]：

1 ） ebax2xd x .

1 3131151117，122，1222，2222332344，则可归纳出式子

12.观察式子：1为 .

1112223π

θ－＝32，圆C：ρ=1上的点到直线l的距离为d，则13．若直线l的极坐标方程为ρcos4d的最大值为__________．

[答案] 32＋1

14．某厂生产产品x件的总成本c(x)1200件数x满足:P大？

212n1(n≥2)n2n

23x(万元)，已知产品单价P(万元)与产品75k，生产100件这样的产品单价为50万元，产量定为多少件时总利润最xk251045004解:由题意知有:50得k=2510,P100xx21500232'总利润L(x)=x1200xL(x)500x2x27525x令L'(x)0则有:x25(件)当x25件时,总利润最大.15．(本题满分12分)设函数f(x)＝x－3ax＋b(a≠0)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值点．

[分析] 考查利用导数研究函数的单调性，极值点的性质，以及分类讨论思想．

[解析] (1)f′(x)＝3x2－3a.

因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，

f′(2)＝0，3(4－a)＝0，所以即 f(2)＝8.8－6a＋b＝8.

3

解得a＝4，b＝24. (2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．

当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点． 当a>0时，由f′(x)＝0得x＝±a.

当x∈(－∞，－a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(－a，a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 此时x＝－a是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点． 9

16．(本题满分12分)设函数f(x)＝x3－x2＋6x－a.

2

(1)对于任意实数x, f′(x)≥m恒成立，求m的最大值； (2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．

[分析] 本题主要考查导数的应用及转化思想，以及求参数的范围问题． [解析] (1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)．

因为x∈(－∞，＋∞)．f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立． 33

所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值为－. 44

(2)因为当x<1时，f′(x)>0；当12时f′(x)>0. 5

所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝－a，

2当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a.

5

故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根，解得a<2或a>. 2

17．已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1， (1)写出a1，a2，a3并推测an的表达式； (2)用数学归纳法证明所得结论． 解：(1)由Sn＋an＝2n＋1，

3715

得a1＝，a2＝，a3＝，

248

n＋1

2－11

故推测an＝＝2－n(n∈N*)． n221

(2)证明：an＝2－n(n∈N*)．

2

13

①当n＝1时，a1＝2－1＝，结论成立，

22

1

②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即ak＝2－k，

2

当n＝k＋1时，a1＋a2＋„＋ak＋ak＋1＋ak＋1 ＝2(k＋1)＋1，

∵a1＋a2＋„＋ak＝2k＋1－ak，

1

∴2ak＋1＝ak＋2，∴2ak＋1＝4－k，

2

1

∴ak＋1＝2－k＋1，

2

∴当n＝k＋1时结论成立．

由①②知对于任何正整数n，结论都成立．