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1、
第一章 學業(yè)質量標準檢測
時間120分鐘,滿分150分.
一、選擇題(本大題共12個小題,每小題5分,共60分,在每小題給出的四個選項中只有一個是符合題目要求的)
1.dx等于( B )
A.-2ln2 B.2ln2
C.-ln2 D.ln2
[解析] 因為(2lnx)′=,
所以 dx=2lnx|=2ln4-2ln2=2ln2.
2.曲線y=x3-3x2+1在點(1,-1)處的切線方程為( B )
A.y=3x-4 B.y=-3x+2
C.y=-4x+3 D.y=4x-5
[解析] ∵點(1,-1)在曲線上,y′=3x2-6x,
∴y′|x=1=
2、-3,即切線斜率為-3.
∴利用點斜式得,切線方程為y+1=-3(x-1),即y=-3x+2.故選B.
3.(2018全國卷Ⅰ文,6)設函數f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)為奇函數,則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為( D )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
[解析] ∵ f(x)=x3+(a-1)x2+ax,
∴ f′(x)=3x2+2(a-1)x+a.
又f(x)為奇函數,
∴ f(-x)=-f(x)恒成立,
即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立,
∴ a=1,∴ f′(x)=3x2+
3、1,
∴ f′(0)=1,
∴ 曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x.
故選D.
4.(2018青島高二檢測)下列函數中,x=0是其極值點的函數是( B )
A.f(x)=-x3 B.f(x)=-cosx
C.f(x)=sinx-x D.f(x)=
[解析] 對于A,f ′(x)=-3x2≤0恒成立,在R上單調遞減,沒有極值點;對于B,f ′(x)=sinx,當x∈(-π,0)時,f ′(x)<0,當x∈(0,π)時,f ′(x)>0,故f(x)=-cosx在x=0的左側區(qū)間(-π,0)內單調遞減,在其右側區(qū)間(0,π)內單調遞增,所以x=0是f(x)的一個極小
4、值點;對于C,f ′(x)=cosx-1≤0恒成立,在R上單調遞減,沒有極值點;對于D,f(x)=在x=0沒有定義,所以x=0不可能成為極值點,綜上可知,答案選B.
5.已知函數f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3時取得極值,則a=( D )
A.2 B.3
C.4 D.5
[解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,由條件知,x=-3是方程f ′(x)=0的實數根,∴a=5.
6.(2017浙江卷)函數y=f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示,則函數y=f(x)的圖象可能是( D )
[解析] 觀察導函數f′(x)的圖象可知,f′(x)
5、的函數值從左到右依次為小于0,大于0,小于0,大于0,
∴對應函數f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增.
觀察選項可知,排除A,C.
如圖所示,f′(x)有3個零點,從左到右依次設為x1,x2,x3,且x1,x3是極小值點,x2是極大值點,且x2>0,故選項D確,故選D.
7.若a>0,b>0,且函數f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1處有極值,則ab的最大值等于( D )
A.2 B.3
C.6 D.9
[解析] ∵f ′(x)=12x2-2ax-2b,
又因為在x=1處有極值,∴a+b=6,
∵a>0,b>0,∴ab≤()2=9
6、,
當且僅當a=b=3時取等號,
所以ab的最大值等于9.故選D.
8.函數f(x)=ax3+ax2-2ax+1的圖象經過四個象限,則實數a的取值范圍是( D )
A.-
[解析] f ′(x)=ax2+ax-2a=a(x+2)(x-1),
要使函數f(x)的圖象經過四個象限,則f(-2)f(1)<0,
即(a+1)(-a+1)<0,解得a<-或a>.
故選D.
9.(2018沈陽一模)設函數f(x)=xex+1,則( D )
A.x=1為f(x)的極大值點
B.x=1為f(x)的極小值點
C.x=-1為f(
7、x)的極大值點
D.x=-1為f(x)的極小值點
[解析] 由于f(x)=xex,可得f′(x)=(x+1)ex,
令f′(x)=(x+1)ex=0可得x=-1,
令f′(x)=(x+1)ex>0可得x>-1,即函數在(-1,+∞)上是增函數
令f′(x)=(x+1)ex<0可得x<-1,即函數在(-∞,-1)上是減函數
所以x=-1為f(x)的極小值點.
故選D.
10.(2017全國卷Ⅱ理,11)若x=-2是函數f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值是( A )
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D.1
[解析] 函數f(x)=
8、(x2+ax-1)ex-1
則f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1
=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].
由x=-2是函數f(x)的極值點得
f′(-2)=e-3(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,
所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=ex-1(x2+x-2).
由ex-1>0恒成立,得x=-2或x=1時,f′(x)=0,
且x<-2時,f′(x)>0;-21時,f′(x)>0.
所以x=1是函數f(x)的極小值點.
所以函數f(x)的極小值為f(1)=-1.
9、故選A.
11.已知函數f(x)=+xlnx,g(x)=x3-x2-5,若對任意的x1,x2∈,都有f(x1)-g(x2)≥2成立,則a的取值范圍是( B )
A.(0,+∞) B.[1,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,-1]
[解析] 由于g(x)=x3-x2-5?g′(x)=3x2-2x=x(3x-2),∴函數g(x)在上單調遞減,在上單調遞增,g=--5=-,g(2)=8-4-5=-1.由于對?x1,x2∈,f(x1)-g(x2)≥2恒成立,∴f(x)≥[g(x)+2]max,即x∈時,f(x)≥1恒成立,即+xlnx≥1,在上恒成立,a≥x-x2lnx在上恒成立,令h
10、(x)=x-x2lnx,則h′(x)=1-2xlnx-x,
而h″(x)=-3-2lnx,x∈時,h″(x)<0,
所以h′(x)=1-2xlnx-x在單調遞減,
由于h′(1)=0,∴x∈時,h′(x)>0,x∈[1,2]時,h′(x)<0,所以h(x)≤h(1)-1,∴a≥1.
12.(2017全國卷Ⅲ理,11)已知函數f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點,則a=( C )
A.- B.
C. D.1
[解析] 方法1:f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)=(x-1)2+a[ex-1+e-(x-1)]-1,
令t=x-1,則g(t)
11、=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1.
∵g(-t)=(-t)2+a(e-t+et)-1=g(t),
∴函數g(t)為偶函數.
∵f(x)有唯一零點,
∴g(t)也有唯一零點.
又g(t)為偶函數,由偶函數的性質知g(0)=0,
∴2a-1=0,解得a=.
故選C.
方法2:f(x)=0?a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x.
ex-1+e-x+1≥2=2,
當且僅當x=1時取“=”.
-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當且僅當x=1時取“=”.
若a>0,則a(ex-1+e-x+1)≥2a,
要使f(x)有唯一零點,則必有2a=1,即a=.
若a≤
12、0,則f(x)的零點不唯一.
故選C.
二、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分,把正確答案填在題中橫線上)
13.(2017南開區(qū)二模)已知f(x)=x(2016+lnx),f′(x0)=2017,則x0=1__.
[解析] f′(x)=2016+lnx+1=2017+lnx
又∵f′(x0)=2017,∴f′(x0)=2017+lnx0=2017,
則lnx0=0,x0=1.
14.(2018海淀區(qū)校級期末)已知函數f(x)=x2-2lnx,則f(x)的最小值為1.
[解析] 函數的定義域(0,+∞)
f′(x)=2x-2==
令f′(x)≥0?x≥1; f′
13、(x)≤0?0<x≤1
所以函數在(0,1]單調遞減,在[1,+∞)單調遞增
所以函數在x=1時取得最小值,f(x)min=f(1)=1
故答案為1.
15.如圖陰影部分是由曲線y=、y2=x與直線x=2、y=0圍成,則其面積為+ln2.
[解析] 由,得交點A(1,1)
由得交點B.
故所求面積S=dx+dx
=x+lnx=+ln2.
16.(2018玉溪模擬)已知函數f(x)的定義域為[-1,5],部分對應值如下表,f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示,給出關于f(x)的下列命題:
x
-1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
14、
①函數y=f(x)在x=2取到極小值;
②函數f(x)在[0,1]是減函數,在[1,2]是增函數;
③當1<a<2時,函數y=f(x)-a有4個零點;
④如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最小值為0.
其中所有正確命題是①③④(寫出正確命題的序號).
[解析] 由圖象可知當-1<x<0,2<x<4時,f′(x)>0,此時函數單調遞增,
當0<x<2,4<x<5時,f′(x)<0,此時函數單調遞減,
所以當x=0或x=4時,函數取得極大值,當x=2時,函數取得極小值.
所以①正確.
②函數在[0,2]上單調遞減,所以②錯誤.
③因為x=0或x=4
15、時,函數取得極大值,當x=2時,函數取得極小值.
所以f(0)=2,f(4)=2,f(2)=0,
因為f(-1)=f(5)=1,所以由函數圖象可知當1<a<2時,函數y=f(x)-a有4個零點;正確.
④因為函數在[-1,0]上單調遞增,且函數的最大值為2,
所以要使當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,則t≥0即可,所以t的最小值為0,所以④正確.
故答案為①③④.
三、解答題(本大題共6個大題,共70分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)
17.(本題滿分10分)(2018贛州二模)設函數f(x)=(x-1)2+alnx有兩個極值點x1,x2,且x1<x2.求實數
16、a的取值范圍.
[解析] (1)因為f(x)=(x-1)2+alnx,∴f′(x)=2(x-1)+,(x>0)
即f′(x)=,令g(x)=2x2-2x+a,(x>0)
則(x1<x2)是方程2x2-2x+a=0的兩個正實根.
則,得00).
(1)當a=1時,求f(x)的單調區(qū)間;
(2)若f(x)在(0,1]上 的最大值為,求a的值.
[解析] 函數f(x)的定義域為(0,2),
f ′(x)=-+a,
(1)當a=1時,f ′(x)=,∴當x∈(0,)時,f ′(x)>0,當x∈(,2
17、)時,f ′(x)<0,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,),單調遞減區(qū)間為(,2);
(2)當x∈(0,1]時,f ′(x)=+a>0,
即f(x)在(0,1]上單調遞增,故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)=a,因此a=.
19.(本題滿分12分)在曲線y=x2(x≥0)上某一點A處作一切線,使之與曲線以及x軸所圍成圖形的面積為,試求切點A的坐標及過切點A的切線方程.
[解析] 如圖所示,設切點A(x0,y0),過切點A的切線與x軸的交點為C.
由y′=2x知A點處的切線方程為y-y0=2x0(x-x0),即y=2x0x-x.令y=0,得x=,即C(,0).
設由曲線y=
18、x2(x≥0)與過A點的切線及x軸所圍成圖形的面積為S,
則S=S曲邊△AOB-S△ABC.
∵S曲邊△AOB=∫x00x2dx=x3|x00=x,
S△ABC=BCAB=(x0-)x=x,
∴S=x-x=x=,∴x0=1,
∴切點A的坐標為(1,1),
即過切點A的切線方程為2x-y-1=0.
20.(本題滿分12分)(2018和平區(qū)三模)設函數f(x)=lnx- ax2-bx.
(1)當a=b=時,求函數f(x)的最大值;
(2)令F(x)=f(x)+x2+bx+(0<x≤3),若其圖象上的任意點P(x0,y0)處切線的斜率k≤恒成立,求實數a的取值范圍.
[解析] (
19、1)依題意,知f(x)的定義域為(0,+∞),當a=b=時,f(x)=lnx-x2-x,f′(x)=-x-=
令f′(x)=0,解得x=1.(∵x>0)
因為g(x)=0有唯一解,所以g(x2)=0,當0<x<1時,f′(x)>0,此時f(x)單調遞增;
當x>1時,f′(x)<0,此時f(x)單調遞減.
所以f(x)的極大值為f(1)=-,此即為最大值.
(2)F(x)=lnx+,x∈(0,3],則有k≤F′(x0)=≤,在x0∈(0,3]上恒成立,
所以a≥(-x+x0)max,x0∈(0,3],
當x0=1時,-x+x0取得最大值,所以a≥.
21.(本題滿分12分)某工
20、廠生產一種儀器的元件,由于受生產能力和技術水平的限制,會產生一些次品,根據經驗知道,其次品率P與日產量x(萬件)之間大體滿足關系:
P=(其中c為小于6的正常數)
(注:次品率=次品數/生產量,如P=0.1表示每生產10件產品,有1件為次品,其余為合格品)
已知每生產1萬件合格的儀器可盈利2萬元,但每生產1萬件次品將虧損1萬元,故廠方希望定出合適的日產量.
(1)試將生產這種儀器的元件每天的盈利額T(萬元)表示為日產量x(萬件)的函數.
(2)當日產量為多少時,可獲得最大利潤?
[解析] (1)當x>c時,P=,
所以T=x2-x1=0.
當1≤x≤c時,P=,
所以T=(1
21、-)x2-()x1=.
綜上,日盈利額T(萬元)與日產量x(萬件)的函數關系為:T=
(2)由(1)知,當x>c時,每天的盈利額為0,
當1≤x≤c時,T′==,
令T′=0,解得x=3或x=9.
因為1
22、x.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,
證明:
23、以x1x2=1,不妨設x1<x2,則x2>1.
由于=--1+a=-2+
a=-2+a,
所以<a-2等價于-x2+2ln x2<0.
設函數g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上單調遞減.
又g(1)=0,從而當x∈(1,+∞)時,g(x)<0.
所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.
6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375