《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第二章 推理與證明學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測 新人教A版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第二章 推理與證明學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測 新人教A版選修2-2.doc（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第一、二章 學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)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(xiàng)中只有一個是符合題目要求的)
1．設(shè)<<0，則在①a2>b2；②a＋b>2；③ab
|a|＋|b|．這4個不等式中恒成立的有( B )
A．0個 B．1個
C．2個 D．3個
[解析] ∵<<0，∴0>a>b，∴a20時，單調(diào)遞增，故f ′(x)在x<0時，其值為＋→－→＋，在x>0時為＋，故選C．
6．如果1N能拉長彈簧1cm，為了將彈簧拉長6cm，所耗費(fèi)的功為( A )
A．0．18J B．0．26J
C．0．12J D．0．28J
[解析] 設(shè)F(x)＝kx，當(dāng)F(x)＝1時，x＝0．01m，則k＝100，∴W＝∫100xdx＝50x2|＝0．18．
7．定義一種運(yùn)算“*”；對于自然數(shù)n滿足以下運(yùn)算性質(zhì)：( A )
(i)1]B．n＋1
C．n－1 D．n2
[解析] 令an＝n*1，則由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1，
∴{an}是首項(xiàng)a1＝1，公差為1的等差數(shù)列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A．
8．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則( D )
A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋＋
[解析] 項(xiàng)數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應(yīng)選D．
9．已知函數(shù)f(x)＝lnx，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f ′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是( B )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
[解析] 由題可知g(x)＝lnx－，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－＝ln2－ln>0，∴選B．
10．已知c＞1，a＝－，b＝－，則正確的結(jié)論是( B )
A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜b
C．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定
[解析] a＝－＝，
b＝－＝，
因?yàn)?>0，>>0，
所以＋>＋>0，所以a1時，1loga3，由于y0>1，loga3<0，∴對?a∈(0,1)，此式都成立，從而00，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,0)時，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴極大值為f(－2)＝a＋4，極小值為f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由條件知a＝3，∴最大值為f(3)＝54＋3＝57．
15．函數(shù)f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是a≤1．
[解析] f ′(x)＝3ax2－3，∵f(x)在(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，∴f ′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，
即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，
∴a≤，∵x∈(－1,1)，∴a≤1．
16．(2017洛陽高二檢測)觀察下列等式：＝1－，＋＝1－，＋＋＝1－，…，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于n∈N*，＋＋…＋＝1－．
[解析] 由已知中的等式：＝1－
＋＝1－，
＋＋＝1－，…，
所以對于n∈N*，＋＋…＋＝1－．
三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
17．(本題滿分10分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1．
求證：a2＋b2＋c2≥．
[證明] 由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca．
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2．
由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1，
即a2＋b2＋c2≥．
18．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－3bx＋c(b>0)，且g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)．
(1)求a、c的值；
(2)若函數(shù)f(x)有三個零點(diǎn)，求b的取值范圍．
[解析] (1)∵g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)，
∴g(－x)＝－g(x)對x∈R成立，
∴f(－x)－2＝－f(x)＋2對x∈R成立，
∴ax2＋c－2＝0對x∈R成立，
∴a＝0且c＝2．
(2)由(1)知f(x)＝x3－3bx＋2(b>0)，
∴f ′(x)＝3x2－3b＝3(x－)(x＋)，
令f ′(x)＝0得x＝，
x
(－∞，－)
－
(－，)
(，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
極大值
減
極小值
增
依題意有∴b>1，
故正數(shù)b的取值范圍是(1，＋∞)．
19．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋bx，其中a、b∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線斜率為3．
(1)求b的值；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，求a的值．
[解析] (1)f ′(x)＝a2x2－4ax＋b，
由題意f ′(0)＝b＝3．
(2)∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，
∴f ′(1)＝a2－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3．
①當(dāng)a＝1時，f ′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，
x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由上表知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意．
②當(dāng)a＝3時，f ′(x)＝9x2－12x＋3＝3(3x－1)(x－1)，
x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，)
(，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由上表知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意．
綜上所述，若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，a的值為1．
20．(本題滿分12分)若x>0，y>0，用分析法證明：(x2＋y2)>(x3＋y3)．
[證明] 要證(x2＋y2)>(x3＋y3)，
只需證(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3．
又因?yàn)閤>0，y>0，所以x2y2>0，
故只需證3x2＋3y2>2xy．
而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立，
所以(x2＋y2)>(x3＋y3)成立．
21．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；
(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．
[解析] (1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x10，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－
＝
＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
證法2：f ′(x)＝axlna＋＝axlna＋
∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋>0，
f ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)解法1：設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，
則ax0＝－，且00，ax0>0，∴f(x0)>0．
綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無負(fù)數(shù)根．
22．(本題滿分14分)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點(diǎn)；
(3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：m≤－1．
[解析] (1)依題f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．
(2)證明：∵a>1，
∴f(0)＝1－a<0且f(a)＝(1＋a2)ea－a>1＋a2－a>0，
∴f(x)在(0，a)上有零點(diǎn)．
又由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點(diǎn)．
(3)證明：令f′(x)＝(1＋x)2ex＝0，得x＝－1，
而f(－1)＝[1＋(－1)2]e－1－a＝－a，
故P．
直線OP的斜率kOP＝＝a－，
而f(x)在點(diǎn)M(m，n)處的切線斜率為
f′(m)＝(1＋m)2em．
由平行關(guān)系知－＋a＝(1＋m)2em．
要證m≤－1，
即證(m＋1)3≤a－＝(1＋m)2em，
即m＋1≤em．
令g(m)＝em－m－1，則g′(m)＝em－1．
當(dāng)m＜0時，g′(m)＜0，g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m＞0時，g′(m)＞0，g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(m)在(－∞，＋∞)上的最小值為g(0)＝0，
即g(m)＝em－m≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
于是m＋1≤em，即m≤－1得證．
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