北师版选择性必修第二册第二章 导数及其应用 章末质量检测题（含答案 ）

北师版选择性必修·第二册第二章导数及其应用章末质量检测题一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．函数f(x)＝exsinx的图象在点(0，f(0))处切线的倾斜角为()A．30°B．45°C．150°D．135°2．一物体的运动满足函数s＝3＋2t，则在[2，2.1]这段时间内的平均速度是()A．0.41B．2C．0.3D．0.23．已知函数f(x)＝ln(2x＋1)，则f′(0)＝()A．0B．1C．2D．eq\f(1,2)4．函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为()A．(－∞，－2)∪(－1，1)B．(－∞，－2)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)D．(1，＋∞)5．曲线f(x)＝x2＋x＋1在点(0，1)处的切线方程为()A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝06．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如题图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)7．函数f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－3，1)C．(0，1)D．(1，＋∞)8．设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，则x>0时，f(x)()A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x2)B．(cos2x)′＝－2sin2xC．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln3)))′＝3xD．(lgx)′＝eq\f(－1,xln10)10．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于y＝2x－1，则点P的坐标为()A．(1，3)B．(－1，3)C．(－1，－3)D．(1，－3)11．已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝1处切线的斜率为－3，则下列说法正确的是()A．a＝6B．f(x)在x＝－1处取得极大值C．当x∈[1，2]时，f(x)有最小值D．f(x)的极大值为4eq\r(2)＋112．对于函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，下列说法正确的是()A．f(x)在x＝e处取得极大值eq\f(1,e)B．f(x)有两个不同的零点C．f(2)<f(π)<f(3)D．若f(x)<k－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，则k>1三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋4，则f′(1)＝________．14．函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2的单调递增区间为________．15．已知x＝2是f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为________．16．要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为72cm3，其底面两邻边之比为1∶2，则它的长为________，高为________时，可使表面积最小．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝－2x3＋3x2－3.(1)求函数f(x)的极值；(2)求函数f(x)在[－1，2]上的最小值和最大值．18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2lnx＋1.(1)求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≤2x＋c恒成立，求实数c的取值范围．19．(本小题满分12分)设函数f(x)＝eq\f(x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；(2)若函数f(x)在[1，2]上为增函数，求实数a的取值范围．20．(本小题满分12分)已知a>0，讨论函数f(x)＝eq\f(a,3)x3－eq\f(a2＋1,2)x2＋ax－2的单调性．21．(本小题满分12分)某产品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量将会增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x(单位：元，0≤x≤21)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．(1)将一个星期的商品销售利润表示成关于x的函数y＝f(x)；(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq\f(e2x－1,x2).(1)求曲线y＝f(x)过点(1，0)的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－m有一个零点，求实数m的取值范围．参考答案与解析1．解析：f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝e0(sin0＋cos0)＝1，∴所求切线的倾斜角为45°.故选B.答案：B2．解析：Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2)＝0.2，Δt＝2.1－2＝0.1，则eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(0.2,0.1)＝2.故选B.答案：B3．解析：∵f(x)＝ln(2x＋1)，∴f′(x)＝eq\f(2,2x＋1)，∴f′(0)＝2，故选C.答案：C4．解析：当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2).当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为－1<x<1.当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，则不等式(x＋2)f′(x)<0无解．综上，不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(－1，1).故选A.答案：A5．解析：∵f(x)＝x2＋x＋1，∴f′(x)＝2x＋1，∴根据导数的几何意义可得曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线的斜率为f′(0)＝1，∴曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线方程为y－1＝f′(0)(x－0)即x－y＋1＝0.故选C.答案：C6．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.答案：D7．解析：依题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(2,x)－1＋eq\f(3,x2)＝eq\f(－x2－2x＋3,x2)＝－eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，故当0＜x＜1时，f′(x)＞0，所以函数的单调递增区间为(0，1)，故选C.答案：C8．解析：∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2f（x）))′＝eq\f(ex,x)，令F(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝eq\f(ex,x)，F(2)＝4·f(2)＝eq\f(e2,2)，由x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，得f′(x)＝eq\f(ex－2F（x）,x3)，令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x)，∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0，∴φ(x)≥0.又∵x>0，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增，∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.答案：D9．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)，(cos2x)′＝－2sin2x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln3)))′＝3x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lgx))′＝eq\f(1,xln10).故选BC.答案：BC10．解析：因f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，故3x2－1＝2⇒x＝1或－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选AB.答案：AB11．解析：f′(x)＝3x2－a∵f′(1)＝3－a＝－3∴a＝6，A正确；则f(x)＝x3－6x＋1∴f′(x)＝3x2－6＝3(x－eq\r(2))(x＋eq\r(2))令f′(x)>0得x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)，令f′(x)<0得－eq\r(2)<x<eq\r(2)∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)上单调递增，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上单调递减∴f(x)在x＝－eq\r(2)处取得极大值，极大值为f(－eq\r(2))＝4eq\r(2)＋1，B错误，D正确；当x∈[1，2]时，由f(x)的单调性知，f(x)有最小值，C正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：函数的导数f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，(x>0)，令f′(x)＝0得x＝e，则当0<x<e时，f′(x)>0，函数为增函数，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝eq\f(1,e)，故A正确；当x→0，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0，则f(x)的图象如图，由f(x)＝0得lnx＝0得x＝1，即函数f(x)只有一个零点，故B错误；由图象知f(2)＝f(4)，f(3)>f(π)>f(4)，故f(2)<f(π)<f(3)成立，故C正确；若f(x)<k－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，则k>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，设h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，(x>0)，则h′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，∴k>1成立，故D正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋1，f′(1)＝3－2f′(1)＋1，解得f′(1)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)14．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞).∵f′(x)＝eq\f(1,x)－x，令f′(x)＝eq\f(1,x)－x>0得0<x<1，∴函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2的单调递增区间为(0，1).答案：(0，1)15．解析：因为f′(x)＝3x2－3a，由题意可得，f′(2)＝12－3a＝0，故a＝4，f′(x)＝3x2－12，当x>2或x<－2时，f′(x)>0，函数单调递增，当－2<x<2时，f′(x)<0，函数单调递减，故当x＝－2时，函数取得极大值f(－2)＝18.答案：1816．解析：设底面的长为2xcm，则由条件可得宽为xcm，高为eq\f(72,2x2)＝eq\f(36,x2)cm，所以表面积S(x)＝4x2＋eq\f(72,x)＋eq\f(144,x)＝4x2＋eq\f(216,x)，因为S′(x)＝8x－eq\f(216,x2)，S′(x)<0⇒0<x<3，S′(x)>0⇒x>3，所以S(x)在(0，3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增，所以当x＝3时S(x)取得最小值，即此时长为6cm，宽为3cm，高为4cm.答案：6cm4cm17．解析：(1)定义域R，f′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝0，x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值－3单调递增极大值－2单调递减当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－3；当x＝1时，f(x)有极大值，极大值为f(1)＝－2.(2)结合(1)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x－1(－1，0)0(0，1)1(1，2)2f′(x)－0＋0－f(x)2单调递减极小值－3单调递增极大值－2单调递减－7f(－1)＝2，f(2)＝－7，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(2)＝－7.18．解析：(1)定义域为(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(2,x)，k＝f′(1)＝eq\f(2,1)＝2，f(1)＝2ln1＋1＝1，切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)2lnx＋1≤2x＋c，c≥2lnx－2x＋1令h(x)＝2lnx－2x＋1，h′(x)＝eq\f(2,x)－2＝eq\f(2（1－x）,x)，由h′(x)＝0，得x＝1x(0，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值－1单调递减h(x)在(0，＋∞)有唯一极值，且是极大值，则此极大值即最大值．所以h(x)max＝h(1)＝－1所以c≥－1.19．解析：(1)f′(x)＝eq\f(（2x＋a）ex－（x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－x2－（a－2）x＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝eq\f(a,e0)＝0，所以a＝0.当a＝0时，f′(x)＝eq\f(－x2＋2x,ex)＝eq\f(－x（x－2）,ex)，令f′(x)＝eq\f(－x（x－2）,ex)＝0，解得x＝0，或x＝2.所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以f(x)在x＝0处取得极小值．所以a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(－x2－（a－2）x＋a,ex)≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，即－x2－(a－2)x＋a≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以x2＋(a－2)x－a≤0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋（a－2）×1－a≤0,22＋（a－2）×2－a≤0))，解得a≤0，当a＝0时，f′(x)＝eq\f(－x2＋2x,ex)不恒为零，所以a≤0.20．解析：定义域R，f′(x)＝ax2－(a2＋1)x＋a＝(x－a)(ax－1)(a>0).令f′(x)＝0，得x＝a，或x＝eq\f(1,a).(1)当a>eq\f(1,a)时，即a>1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递减．(2)当a＝eq\f(1,a)时，即a＝1，f′(x)＝(x－1)2≥0恒成立，但不恒为零，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(3)当a<eq\f(1,a)时，即0<a<1.此时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－∞，a)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增f(x)在(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上单调递减．综上，当a>1时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递减；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，f(x)在(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上单调递减．21．解析：(1)设一星期多卖出的商品件数为t件，令t＝kx2，由题意知，24＝k×22，解得k＝6.由题意知，f(x)＝(30－9－x)(432＋6x2)＝－6x3＋126x2－423x＋9072(0≤x≤21).(2)f′(x)＝－18