高中数学第一章导数其应用综合检测新人教A版选修2-2

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，每题

5分，共

60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的

)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＝1B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1D．a＝－1，b＝－1[答案]A[分析]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＋1B．v＝2sint＋2tcostC．v＝2sintD．v＝2sint＋2cost＋1[答案]

A[分析]

由于变速运动在

t0的刹时速度就是行程函数

y＝s(t)在

t0的导数，

S′＝2sin

t2tcost＋1，应选A.3．曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率是( )A．4B．5C．6D．7[答案]D[分析]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y2＋3x在x＝2时的导数，y′|＝2＝7，应选D.x4．函数y＝x|x(x－3)|＋1()A．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝1B．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1C．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝f(3)＝1D．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1，f(－1)＝－3[答案]B[分析]y＝x|x(x－3)|＋1x3－32＋1(x<0或>3)xx＝2＋1(0≤x≤3)－x3＋3x3x2－6x(x<0或x>3)∴y′＝－3x2＋6x(0≤x≤3)变化时，f′(x)，f(x)变化状况以下表：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1f(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上知足

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－1B．y＝xC．y＝3x－2D．y＝－2x＋3[答案]A[分析]此题考察函数分析式的求法、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＝2x1.6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3时获得极值，则a等于( )A．2B．3C．4D．5[答案]D[分析]f′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f(x)在x＝－3时获得极值，x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根，a＝5，应选D.7．设f(x)，(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′( )()＋gxgxf(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[

分析

]

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)内单一递加，又

F(x)为奇函数，所以

F(x)在(0，＋∞)内也单一递加，且由奇函数知

f(0)

＝0，∴F(0)

＝0.又由

g(－3)＝0，知

g(3)

＝0F(－3)＝0，从而F(3)＝0于是F(x)＝f(x)g(x)的大概图象以下图∴F(x)＝f(x)·g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故应选D.8．下边四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象，此中必定不正确的序号是( )A．①②B．③④C．①③D．①④[答案]B[分析]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.19．(2010·湖南理，5)4xdx等于( )2A．－2ln2B．2ln2C．－ln2D．ln2[答案]D[分析]由于(ln41所以xdx＝ln

1x)′＝x，4x|2＝ln4－ln2＝ln2.21322在x∈(－∞，＋∞)是增10．已知三次函数f(x)＝x－(4m－1)x＋(15m－2m－7)x＋23函数，则的取值范围是( )mA．m<2或m>4B．－4<m<－2C．2<m<4D．以上皆不正确[答案]D[分析]22f′(x)＝x－2(4m－1)x＋15m－2m－7，由题意得x2－2(4－1)＋152－2－7≥0恒建立，∴Δ＝4(4－1)2－4(152－2－7)mxmmmmm22＝64m－32m＋4－60m＋8m＋282＝4(m－6m＋8)≤0，∴2≤≤4，应选D.m11．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c()15A．有最大值215B．有最大值－215C．有最小值215D．有最小值－2[答案]B[分析]由题意f′( )＝32＋2＋c在[－1,2]上，′( )≤0恒建立．xxbxfx′(－1)≤0所以f′(2)≤02b－c－3≥0即4b＋c＋12≤0令b＋c＝z，b＝－c＋z，如图3过A－6，－2得z最大，315最大值为b＋c＝－6－2＝－2.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()( )fxgxbgbB．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]Cf(x)[分析]令F(x)＝g(x)′(x)g(x)－f(x)g′(x)则F′(x)＝g2(x)<0(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，f(x)f(b)当x∈(a，b)时，g(x)>g(b)f(x)g(b)>f(b)g(x)．故应选C.二、填空题(本大题共4个小题，每题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)－1dx13.－2(11＋5x)3＝________.[答案]

7721[分析]取F(x)＝－10(5x＋11)2，1从而F′(x)＝(11＋5x)3－1dx则(11＋5x)3＝F(－1)－F(－2)－2＝－12＋11172＝10－＝.10×610×136072ax2－114．若函数f(x)＝x的单一增区间为(0，＋∞)，则实数a的取值范围是________．[答案]a≥0[分析]′(＝ax－11x′＝＋2，fx)ax1由题意得，a＋x2≥0，对x∈(0，＋∞)恒建立，1∴a≥－x2，x∈(0，＋∞)恒建立，∴a≥0.15．(2009·陕西理，16)设曲线y＝xn＋1*处的切线与x轴的交点的横坐(n∈N)在点(1,1)标为x，令a＝lgx，则a＋a＋＋a的值为________．nnn1299[答案]－2[分析]本小题主要考察导数的几何意义和对数函数的相关性质．k＝y′|x＝1＝n＋1，∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)，nn令y＝0，x＝n＋1，∴an＝lgn＋1，299∴原式＝lg2＋lg3＋＋lg1001299＝lg1＝lg×××100＝－2.231001216．如图暗影部分是由曲线y＝x，y＝x与直线x＝2，y＝0围成，则其面积为________．[答案]

23＋ln2y2＝x，[分析]由1，得交点A(1,1)y＝xx＝21得交点B由12，2.y＝x故所求面积＝1dx＋21dS0xxx1231＋lnx|22＝3x2|01＝3＋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．(此题满分12分)(2010·江西理，19)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a>0)．当a＝1时，求f(x)的单一区间；(2)若f(x)在(0,1]1，求a的值．上的最大值为2[分析]函数f(x)的定义域为(0,2)，11f′(x)＝x－2－x＋a，x2＋2(1)当a＝1时，f′(x)＝x(2－x)，所以f(x)的单一递加区间为(0，2)，单一递减区间为(2，2)；2－2x(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝x(2－x)＋a>0，即f(x)在(0,1]上单一递加，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝，所以a1＝.a218．(此题满分12分)求曲线＝2x－x2，＝2x2－4x所围成图形的面积．yy[分析]y＝2x－x2，得x＝0，x＝2.由21由图可知，所求图形的面积为S＝2(2x－x2)dx＋|2(2x2－4x)dx|＝2(2x－x2)dx－20000(2x2－4x)dx.2132由于x－x′＝2x－x，32x3－2x2′＝2x2－4x，312222－33－22＝4.所以S＝x3x0－3xx019．(此题满分12分)设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；求函数f(x)的单一区间与极值点．[剖析]考察利用导数研究函数的单一性，极值点的性质，以及分类议论思想．[分析](1)f′( )＝3x2－3.xa由于曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，f′(2)＝0，3(4－)＝0，所以即8－6a＋b＝8.f(2)＝8.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(－∞，＋∞)上单一递加，此时函数f(x)没有极值点．当a>0时，由′( )＝0得x＝±.fxa当x∈(－∞，－a)时，f′(x)>0，函数f(x)单一递加；当x∈(－，)时，f′( )<0，函数f(x)单一递减；aax当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单一递加．此时x＝－a是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点．1220．(此题满分12分)已知函数f(x)＝x＋lnx.求函数f(x)的单一区间；(2)求证：当

x>1时，

12

2x＋ln

23x<x.3[分析]

(1)依题意知函数的定义域为

{x|

x>0}，1∵f′(x)＝x＋x，故f′(x)>0，∴f(x)的单一增区间为(0，＋∞)．2312(2)设g(x)＝3x－2x－lnx，g′(x)＝2x2－x－1，x(x－1)(2x2＋x＋1)∵当

x>1时，g′(x)＝

x

>0，∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，1g(x)>g(1)＝6>0，∴当

1x>1时，2x2＋ln

23x<3x.21．(此题满分

12分)设函数

9f(x)＝x3－2x2＋6x－a.关于随意实数x,f′(x)≥m恒建立，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．[剖析]此题主要考察导数的应用及转变思想，以及求参数的范围问题．[分析](1)f′( )＝3x2－9＋6＝3(x－1)(x－2)．xx由于x∈(－∞，＋∞)．f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒建立．所以

＝81－12(6－m)≤0，得

3m≤－4，即

m的最大值为－

34.由于当x<1时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时f′(x)>0.5所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝2－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a5<2或>.a222．(此题满分14分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋1(a∈R)．(1)若函数＝(x)在区间0，2上递加，在区间2a的值；，＋∞上递减，求yf33(2)当x∈[0,1]时，设函数y＝f(x)图象上随意一点处的切线的倾斜角为θ，若给定常数3a∈2，＋∞，求θ的取值范围；(3)在(1)的条件下，能否存在实数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，恳求出实数m的值；若不存在，试说明原因．2[分析](1)依题意f′3＝0，2222由f′(x)＝－3x＋2ax，得－33＋2a·3＝0，即a＝1.(2)当x∈[0,1]时，tanθ＝f′( )＝－32＋2ax＝－3x－a2＋a2.xx33由a∈3a1，＋∞，得∈，＋∞.232a1，13，3maxa2①当3∈2，即a∈2时，f′(x)＝3，(x)min＝f′(0)＝0.2a3a②当3∈(1，＋∞)，即a∈(3，＋∞)时，f′(x)max＝f′(1)＝2a－3，f′(x)min＝f′(0)0，此