数学版章末测试：第一章导数及其应用B

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第一章测评B（高考体验卷）(时间：90分钟满分:100分）一、选择题（本大题共10小题,每小题5分，共50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．（2014课标全国Ⅱ高考)设曲线y＝ax－ln（x＋1)在点（0,0)处的切线方程为y＝2x,则a＝(）A．0B．1C．2D2．（2014陕西高考)定积分eq\a\vs4\al（∫)eq\o\al（1,0）(2x＋ex)dx的值为(）A．e＋2B．e＋1C．eD．e3．（2012陕西高考)设函数f（x)＝eq\f（2,x)＋lnx，则（)A．x＝eq\f(1,2）为f（x)的极大值点 B．x＝eq\f（1，2)为f(x）的极小值点C．x＝2为f（x)的极大值点 D．x＝2为f（x)的极小值点4．（2014课标全国Ⅱ高考)若函数f（x）＝kx－lnx在区间(1,＋∞)单调递增，则k的取值范围是（）A．(－∞,－2］B．（－∞，－1] C．［2，＋∞）D．［1，＋∞)5．(2013江西高考）若S1＝eq\a\vs4\al(∫）eq\o\al（2，1）x2dx，S2＝eq\a\vs4\al（∫)eq\o\al（2,1）eq\f（1,x)dx,S3＝eq\a\vs4\al(∫）eq\o\al（2,1）exdx，则S1，S2，S3的大小关系为（)A．S1＜S2＜S3B．S2＜S1＜S3 C．S2＜S3＜S1D．S3＜S2＜S6．(2014山东高考)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为（)A．2eq\r(2）B．4eq\r(2)C．2D．47．（2013浙江高考）已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k（k＝1，2)，则(）A．当k＝1时，f（x）在x＝1处取到极小值B．当k＝1时,f（x）在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x）在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f（x)在x＝1处取到极大值8．(2014湖南高考)若0＜x1＜x2＜1,则（）A．ex2－ex1＞lnx2－lnx1B．ex2－ex1＜lnx2－lnx1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex29．(2012辽宁高考)函数y＝eq\f(1,2）x2－lnx的单调递减区间为（）A．（－1，1］B．（0，1］C．[1,＋∞)D．（0，＋∞)10．（2013辽宁高考)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、填空题（本大题共5小题,每小题4分，共20分．把答案填在题中的横线上）11．(2012广东高考）曲线y＝x3－x＋3在点(1,3）处的切线方程为__________．12．（2013江西高考）设函数f(x)在（0,＋∞）内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′（1）＝________。13．(2013课标全国Ⅰ高考)若函数f(x）＝（1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x）的最大值为__________．14．（2014江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋eq\f（b，x)(a,b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是__________．15．(2014大纲全国高考)若函数f(x）＝cos2x＋asinx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)，\f(π，2))）是减函数,则a的取值范围是________．三、解答题(本大题共4小题，共30分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．（本小题6分)(2014重庆高考）已知函数f（x)＝eq\f(x,4)＋eq\f（a,x）－lnx－eq\f（3,2),其中a∈R,且曲线y＝f(x）在点（1，f(1)）处的切线垂直于直线y＝eq\f(1，2)x.（1)求a的值；(2)求函数f(x）的单调区间与极值．17．（本小题6分）(2013重庆高考）设f（x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R,曲线y＝f(x）在点（1，f(1））处的切线与y轴相交于点（0，6)．(1）确定a的值；（2）求函数f(x）的单调区间与极值．18．(本小题8分）（2014江西高考)已知函数f(x）＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x），其中a＜0.（1）当a＝－4时，求f（x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值．19．（本小题10分)（2012辽宁高考)设f(x)＝ln（x＋1)＋eq\r（x＋1）＋ax＋b（a，b∈R，a,b为常数），曲线y＝f（x)与直线y＝eq\f(3，2）x在（0,0）点相切．(1）求a，b的值；(2）证明：当0＜x＜2时，f（x)＜eq\f（9x,x＋6）。参考答案1．解析：∵y＝ax－ln（x＋1),∴y′＝a－eq\f（1,x＋1）.∴y′｜x＝0＝a－1＝2,得a＝3。答案:D2．解析:因为(x2＋ex）′＝2x＋ex，所以eq\a\vs4\al（∫)eq\o\al(1,0）(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)eq\a\vs4\al（|)eq\o\al(1，0）＝（1＋e1)－（0＋e0)＝e.答案：C3．解析：由f′（x)＝－eq\f(2，x2）＋eq\f(1,x）＝eq\f（1,x）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x）））＝0可得x＝2.当0＜x＜2时，f′（x)＜0，f(x)单调递减;当x＞2时,f′（x）＞0，f(x）单调递增．故x＝2为f（x）的极小值点．答案:D4．解析：由f′（x)＝k－eq\f(1，x）,又f(x）在(1,＋∞）上单调递增，则f′（x）≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f（1，x)在x∈(1,＋∞)上恒成立．又当x∈(1，＋∞）时,0＜eq\f(1，x)＜1，故k≥1。故选D。答案：D5．解析：S1＝eq\a\vs4\al（∫）eq\o\al（2，1)x2dx＝eq\f（1，3）x3eq\a\vs4\al(|）eq\o\al（2，1）＝eq\f（7,3),S2＝eq\a\vs4\al(∫）eq\o\al（2,1)eq\f（1，x）dx＝lnxeq\a\vs4\al（|)eq\o\al（2,1）＝ln2，S3＝eq\a\vs4\al(∫）eq\o\al（2,1）exdx＝exeq\a\vs4\al(｜）eq\o\al(2，1）＝e2－e＝e（e－1）＞e＞eq\f(7，3），所以S2＜S1＜S3，故选B.答案：B6．解析：由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝4x，，y＝x3，））解得x＝－2或x＝0或x＝2，所以直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形面积应为S＝eq\i\in(0,2，）(4x－x3)dx＝eq\b\lc\(\rc\|(\a\vs4\al\co1（2x2－\b\lc\\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，4)x4）)））eq\o\al（2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2×22－\f（1，4）×24))－0＝4。答案：D7．解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′（x)＝xex－1，∵f′(1)＝e－1≠0，∴f(x）在x＝1处不能取到极值;当k＝2时，f（x)＝(ex－1)（x－1）2，f′（x)＝(x－1)·（xex＋ex－2），令H（x)＝xex＋ex－2，则H′（x)＝xex＋2ex＞0，x∈(0，＋∞）．说明H（x)在(0，＋∞)上为增函数，且H（1)＝2e－2＞0，H(0）＝－1＜0，因此当x0＜x＜1(x0为H（x)的零点）时，f′(x)＜0，f(x)在(x0，1)上为减函数．当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．∴x＝1是f（x)的极小值点,故选C.答案：C8．解析：设f(x）＝ex－lnx，则f′(x)＝eq\f(x·ex－1,x)。当x＞0且x趋近于0时，x·ex－1＜0;当x＝1时，x·ex－1＞0，因此在(0，1)上必然存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2),因此A，B不正确；设g（x)＝eq\f（ex,x)，当0＜x＜1时，g′(x）＝eq\f(x－1ex,x2）＜0，所以g（x）在(0,1）上为减函数．所以g(x1)＞g（x2),即eq\f(ex1,x1）＞eq\f（ex2，x2），所以x2ex1＞x1ex2。故选C.答案：C9．解析：对函数y＝eq\f(1，2)x2－lnx求导，得y′＝x－eq\f（1,x)＝eq\f(x2－1,x）（x＞0)，令eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)≤0，,x〉0，）)解得x∈（0，1］．因此函数y＝eq\f（1，2)x2－lnx的单调递减区间为(0,1]．故选B。答案:B10．解析：令F(x）＝x2f（x则F′（x)＝x2f′（x)＋2xf（x）＝eq\f(ex，x)，F(2）＝4·f（2）＝eq\f（e2，2)。由x2f′（x)＋2xf（x)＝eq\f(ex,x)，得x2f′(x）＝eq\f(ex，x)－2xf（x)＝eq\f（ex－2x2fx，x），∴f′(x）＝eq\f(ex－2Fx,x3)。令φ（x）＝ex－2F（x）,则φ′（x)＝ex－2F′(x）＝ex－eq\f(2ex，x）＝eq\f(exx－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：D11．解析：由y＝x3－x＋3得y′＝3x2－1，∴所求切线的斜率k＝y′|x＝1＝3×12－1＝2,∴所求切线方程为y－3＝2（x－1)，即2x－y＋1＝0。答案：2x－y＋1＝012．解析：令ex＝t，则x＝lnt，∴f（t）＝lnt＋t，∴f′（t）＝eq\f（1,t）＋1,∴f′（1)＝2。答案：213．解析：∵函数f(x)的图象关于直线x＝－2对称，∴f（x）满足f（0)＝f(－4），f(－1）＝f(－3），即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（b＝－1516－4a＋b,,0＝－89－3a＋b，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝8，,b＝15。）)∴f(x）＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15.由f′（x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0，得x1＝－2－eq\r(5)，x2＝－2，x3＝－2＋eq\r(5).易知，f（x)在（－∞,－2－eq\r(5))上为增函数,在(－2－eq\r（5)，－2)上为减函数，在(－2，－2＋eq\r（5）)上为增函数,在(－2＋eq\r(5）,＋∞）上为减函数．∴f(－2－eq\r(5))＝[1－（－2－eq\r(5))2]［（－2－eq\r（5))2＋8(－2－eq\r（5)）＋15］＝（－8－4eq\r（5）)（8－4eq\r（5）)＝80－64＝16.f（－2）＝[1－（－2)2］[(－2）2＋8×(－2)＋15］＝－3(4－16＋15）＝－9.f(－2＋eq\r（5）)＝[1－（－2＋eq\r（5））2］［(－2＋eq\r(5))2＋8(－2＋eq\r（5））＋15]＝（－8＋4eq\r(5))(8＋4eq\r（5）)＝80－64＝16.故f(x）的最大值为16。答案:1614．解析：由曲线y＝ax2＋eq\f（b，x)过点P(2，－5)，得4a＋eq\f(b，2）＝－5.①又y′＝2ax－eq\f（b，x2），所以当x＝2时，4a－eq\f(b,4）＝－eq\f(7，2），②由①②得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2,）)所以a＋b＝－3.答案:－315．解析:f（x）＝cos2x＋asinx＝1－2sin2x＋asinx。令t＝sinx，∵x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6）,\f(π，2)))，∴t∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，1)）,∴g（t）＝1－2t2＋at＝－2t2＋at＋1eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）<t〈1）),由题意知－eq\f(a,2×－2）≤eq\f(1,2),∴a≤2，∴a的取值范围为(－∞,2］．答案：（－∞,2］16．解：(1)对f（x)求导得f′(x)＝eq\f（1，4）－eq\f(a,x2）－eq\f（1,x），由f（x)在点(1，f(1））处的切线垂直于直线y＝eq\f（1，2)x，知f′(1)＝－eq\f（3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f（5，4).(2）由(1)知f（x)＝eq\f(x,4）＋eq\f（5，4x)－lnx－eq\f(3，2），则f′(x）＝eq\f（x2－4x－5，4x2）,令f′（x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内,故舍去．当x∈(0，5）时,f′(x）＜0,故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈（5，＋∞）时，f′(x)＞0，故f(x)在（5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x）在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln5。17．解：(1）因f（x)＝a（x－5)2＋6lnx，故f′（x)＝2a(x－5）＋eq\f(6，x)。令x＝1，得f(1）＝16a,f′(1）＝6－8所以曲线y＝f(x)在点(1,f(1）)处的切线方程为y－16a＝(6－8a)（x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝eq\f（1,2）(2）由（1)知,f(x）＝eq\f（1，2）（x－5)2＋6lnx（x＞0)，f′(x）＝x－5＋eq\f(6，x)＝eq\f（x－2x－3,x).令f′（x)＝0，解得x1＝2，x2＝3。当0＜x＜2或x＞3时,f′(x)＞0，故f（x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′（x)＜0,故f(x)在(2，3）上为减函数．由此可知f（x）在x＝2处取得极大值f(2）＝eq\f(9，2)＋6ln2，在x＝3处取得极小值f（3）＝2＋6ln3.18．解:(1)当a＝－4时，由f′(x）＝eq\f（25x－2x－2,\r（x)）＝0得x＝eq\f(2，5)或x＝2,由f′（x）＞0得x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(2，5）））或x∈(2,＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(2，5）））和（2,＋∞)．(2）因为f′(x)＝eq\f(10x＋a2x＋a，2\r（x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a，10)或x＝－eq\f（a,2）。当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，－\f（a,10)）)时，f(x）单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（a,10),－\f（a,2）)）时，f（x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（a,2),＋∞))时，f（x)单调递增，易知f(x)＝(2x＋a）2eq\r（x）≥0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0。①当－eq\f（a，2)≤1时，即－2≤a＜0时，f（x）在［1,4]上的最小值为f（1),由f(1）＝4＋4a＋a2＝8,得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合题意．②当1＜－eq\f(a，2)≤4时,即－8≤a＜－2时，f(x）在[1,4]上的最小值为feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a，2)）)＝0,不符合题意．③当－eq\f(a，2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在［1，4］上的最小值可能在x＝1或x＝4上取得，而f(1)≠8，由f（4）＝2（64＋16a＋a2）＝8得a＝－10或a＝－6（舍去）当a＝－10时，f(x)在（1，4）单调递减,f（x)在[1,4］上的最小值为f(4)＝8,符合题意．综上有，a＝－10.19．（1)解：由y＝f(x)过(0,0)点,得b＝－1.由y＝f(x）在（0，0)点的切线斜率为eq\f(3,2),又y′eq\a\vs4\al（｜)x＝0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,x＋1）＋\f（1,2\r（x＋1））＋a)）eq\a\vs4\al(｜)x＝0＝eq\f(3，2)＋a，得a＝0.(2）证法一:由均值不等式，当x＞0时，2eq\r（x＋1·1）＜x＋1＋1＝x＋2，故eq\r（x＋1)＜eq\f（x，2）＋1。记h(x)＝f（x)－eq\f(9x，x＋6)，则h′（x）＝eq\f(1，x＋1）＋eq\f(1，2\r(x＋1))－eq\f（