高中数学 第一章 导数及其应用 综合检测 新人教A版选修2-2.doc

第一章 导数及其应用综合检测 时间120分钟，满分150分。 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．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．(2010·全国Ⅱ文，7)若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则(　　) A．a＝1，b＝1　　　　　　 B．a＝－1，b＝1 C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝－1 [答案]　A [解析]　y′＝2x＋a，∴y′|x＝0＝(2x＋a)|x＝0＝a＝1， 将(0，b)代入切线方程得b＝1. 2．一物体的运动方程为s＝2tsint＋t，则它的速度方程为(　　) A．v＝2sint＋2tcost＋1 B．v＝2sint＋2tcost C．v＝2sint D．v＝2sint＋2cost＋1 [答案]　A [解析]　因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y＝s(t)在t0的导数，S′＝2sint＋2tcost＋1，故选A. 3．曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 [答案]　D [解析]　由导数的几何意义知，曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝x2＋3x在x＝2时的导数，y′|x＝2＝7，故选D. 4．函数y＝x|x(x－3)|＋1(　　) A．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝1 B．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1 C．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝f(3)＝1 D．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1，f(－1)＝－3 [答案]　B [解析]　y＝x|x(x－3)|＋1 ＝ ∴y′＝ x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  无极值  极大值5  极小值1  ∴f(x)极大＝f(2)＝5，f(x)极小＝f(3)＝1 故应选B. 5．(2009·安徽理，9)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是(　　) A．y＝2x－1 B．y＝x C．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3 [答案]　A [解析]　本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式． ∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8， ∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4， ∴f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x， ∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1. 6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时取得极值，则a等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [答案]　D [解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋3， ∵f(x)在x＝－3时取得极值， ∴x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根， ∴a＝5，故选D. 7．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，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3) [答案]　D [解析]　令F(x)＝f(x)·g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即F′(x)>0，知F(x)在(－∞，0)内单调递增，又F(x)为奇函数，所以F(x)在(0，＋∞)内也单调递增，且由奇函数知f(0)＝0，∴F(0)＝0. 又由g(－3)＝0，知g(3)＝0 ∴F(－3)＝0，进而F(3)＝0 于是F(x)＝f(x)g(x)的大致图象如图所示 ∴F(x)＝f(x)·g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故应选D. 8．下面四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．①④ [答案]　B [解析]　③不正确；导函数过原点，但三次函数在x＝0不存在极值；④不正确；三次函数先增后减再增，而导函数先负后正再负．故应选B. 9．(2010·湖南理，5)dx等于(　　) A．－2ln2 B．2ln2 C．－ln2 D．ln2 [答案]　D [解析]　因为(lnx)′＝， 所以 dx＝lnx|＝ln4－ln2＝ln2. 10．已知三次函数f(x)＝x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在x∈(－∞，＋∞)是增函数，则m的取值范围是(　　) A．m<2或m>4 B．－4<m<－2 C．2<m<4 D．以上皆不正确 [答案]　D [解析]　f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7， 由题意得x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7) ＝64m2－32m＋4－60m2＋8m＋28 ＝4(m2－6m＋8)≤0， ∴2≤m≤4，故选D. 11．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c(　　) A．有最大值 B．有最大值－ C．有最小值 D．有最小值－ [答案]　B [解析]　由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立． 所以 即 令b＋c＝z，b＝－c＋z，如图 过A得z最大， 最大值为b＋c＝－6－＝－.故应选B. 12．设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时有(　　) A．f(x)g(x)>f(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(x) [答案]　C [解析]　令F(x)＝ 则F′(x)＝<0 f(x)、g(x)是定义域为R恒大于零的实数 ∴F(x)在R上为递减函数， 当x∈(a，b)时，> ∴f(x)g(b)>f(b)g(x)．故应选C. 二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13.＝________. [答案]　 [解析]　取F(x)＝－， 从而F′(x)＝ 则＝F(－1)－F(－2) ＝－＋＝－＝. 14．若函数f(x)＝的单调增区间为(0，＋∞)，则实数a的取值范围是________． [答案]　a≥0 [解析]　f′(x)＝′＝a＋， 由题意得，a＋≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立， ∴a≥－，x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≥0. 15．(2009·陕西理，16)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________． [答案]　－2 [解析]　本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质． k＝y′|x＝1＝n＋1， ∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)， 令y＝0，x＝，∴an＝lg， ∴原式＝lg＋lg＋…＋lg ＝lg××…×＝lg＝－2. 16．如图阴影部分是由曲线y＝，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成，则其面积为________． [答案]　＋ln2 [解析]　由，得交点A(1,1) 由得交点B. 故所求面积S＝dx＋dx ＝x＋lnx＝＋ln2. 三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)(2010·江西理，19)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0,1]上 的最大值为，求a的值． [解析]　函数f(x)的定义域为(0,2)， f ′(x)＝－＋a， (1)当a＝1时，f ′(x)＝，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)； (2)当x∈(0,1]时，f ′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝. 18．(本题满分12分)求曲线y＝2x－x2，y＝2x2－4x所围成图形的面积． [解析]　由得x1＝0，x2＝2. 由图可知，所求图形的面积为S＝(2x－x2)dx＋|(2x2－4x)dx|＝(2x－x2)dx－(2x2－4x)dx. 因为′＝2x－x2， ′＝2x2－4x， 所以S＝－＝4. 19．(本题满分12分)设函数f(x)＝x3－3ax＋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， 所以即 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＝±. 当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(－，)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 此时x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的极小值点． 20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋lnx. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求证：当x>1时，x2＋lnx<x3. [解析]　(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}， ∵f′(x)＝x＋，故f′(x)>0， ∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)． (2)设g(x)＝x3－x2－lnx， ∴g′(x)＝2x2－x－， ∵当x>1时，g′(x)＝>0， ∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数， ∴g(x)>g(1)＝>0， ∴当x>1时，x2＋lnx<x3. 21．(本题满分12分)设函数f(x)＝x3－x2＋6x－a. (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． 所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－，即m的最大值为－. (2)因为当x<1时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时f′(x)>0. 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝－a， 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 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>. 22．(本题满分14分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋1(a∈R)． (1)若函数y＝f(x)在区间上递增，在区间上递减，求a的值； (2)当x∈[0,1]时，设函数y＝f(x)图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ，若给定常数a∈，求θ的取值范围； (3)在(1)的条件下，是否存在实数m，使得函数g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象与函数y＝f(x)的图象恰有三个交点．若存在，请求出实数m的值；若不存在，试说明理由． [解析]　(1)依题意f′＝0， 由f′(x)＝－3x2＋2ax，得－32＋2a·＝0，即a＝1. (2)当x∈[0,1]时，tanθ＝f′(x)＝－3x2＋2ax＝－32＋. 由a∈，得∈. ①当∈，即a∈时，f′(x)max＝， f(x)min＝f′(0)＝0. 此时0≤tanθ≤. ②当∈(1，＋∞)，即a∈(3，＋∞)时，f′(x)max＝f′(1)＝2a－3，f′(x)min＝f′(0)＝0， 此时，0≤tanθ≤2a－3. 又∵θ∈[0，π)，∴当<a≤3时，θ∈， 当a>3时，θ∈[0，arctan(2a－3)]． (3)函数y＝f(x)与g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象恰有3个交点，等价于方程－x3＋x2＋1＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1恰有3个不等实根， ∴x4－4x3＋(1－m)x2＝0， 显然x＝0是其中一个根(二重根)， 方程x2－4x＋(1－m)＝0有两个非零不等实根，则 ∴m>－3且m≠1 故当m>－3且m≠1时，函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有3个交点． - 11 -