《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc》由會(huì)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)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第一章 學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)
時(shí)間120分鐘，滿分150分．
一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)
1．dx等于( B )
A．－2ln2 B．2ln2
C．－ln2 D．ln2
[解析] 因?yàn)?2lnx)′＝，
所以 dx＝2lnx|＝2ln4－2ln2＝2ln2．
2．曲線y＝x3－3x2＋1在點(diǎn)(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(diǎn)(1，－1)在曲線上，y′＝3x2－6x，
∴y′|x＝1＝－3，即切線斜率為－3．
∴利用點(diǎn)斜式得，切線方程為y＋1＝－3(x－1)，即y＝－3x＋2．故選B．
3．(2018全國(guó)卷Ⅰ文，6)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(shù)，
∴ 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＋1，
∴ f′(0)＝1，
∴ 曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x．
故選D．
4．(2018青島高二檢測(cè))下列函數(shù)中，x＝0是其極值點(diǎn)的函數(shù)是( B )
A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosx
C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝
[解析] 對(duì)于A，f ′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)；對(duì)于B，f ′(x)＝sinx，當(dāng)x∈(－π，0)時(shí)，f ′(x)<0，當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，f ′(x)>0，故f(x)＝－cosx在x＝0的左側(cè)區(qū)間(－π，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在其右側(cè)區(qū)間(0，π)內(nèi)單調(diào)遞增，所以x＝0是f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)；對(duì)于C，f ′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)；對(duì)于D，f(x)＝在x＝0沒有定義，所以x＝0不可能成為極值點(diǎn)，綜上可知，答案選B．
5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3時(shí)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(shí)數(shù)根，∴a＝5．
6．(2017浙江卷)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是( D )
[解析] 觀察導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可知，f′(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0，
∴對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增．
觀察選項(xiàng)可知，排除A，C．
如圖所示，f′(x)有3個(gè)零點(diǎn)，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)，且x2>0，故選項(xiàng)D確，故選D．
7．若a>0，b>0，且函數(shù)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?yàn)樵趚＝1處有極值，∴a＋b＝6，
∵a>0，b>0，∴ab≤()2＝9，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取等號(hào)，
所以ab的最大值等于9．故選D．
8．函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的圖象經(jīng)過四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)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(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個(gè)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(shè)函數(shù)f(x)＝xex＋1，則( D )
A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)
B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)
C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn)
D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)
[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(shù)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)
令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函數(shù)在(－∞，－1)上是減函數(shù)
所以x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)．
故選D．
10．(2017全國(guó)卷Ⅱ理，11)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值是( A )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
[解析] 函數(shù)f(x)＝(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(shù)f(x)的極值點(diǎn)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(shí)，f′(x)＝0，
且x<－2時(shí)，f′(x)>0；－21時(shí)，f′(x)>0．
所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)．
所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1．
故選A．
11．已知函數(shù)f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若對(duì)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(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，g＝－－5＝－，g(2)＝8－4－5＝－1．由于對(duì)?x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥2恒成立，∴f(x)≥[g(x)＋2]max，即x∈時(shí)，f(x)≥1恒成立，即＋xlnx≥1，在上恒成立，a≥x－x2lnx在上恒成立，令h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，
而h″(x)＝－3－2lnx，x∈時(shí)，h″(x)<0，
所以h′(x)＝1－2xlnx－x在單調(diào)遞減，
由于h′(1)＝0，∴x∈時(shí)，h′(x)>0，x∈[1,2]時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)≤h(1)－1，∴a≥1．
12．(2017全國(guó)卷Ⅲ理，11)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點(diǎn)，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)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1．
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，
∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù)．
∵f(x)有唯一零點(diǎn)，
∴g(t)也有唯一零點(diǎn)．
又g(t)為偶函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)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(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．
若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零點(diǎn)，則必有2a＝1，即a＝．
若a≤0，則f(x)的零點(diǎn)不唯一．
故選C．
二、填空題(本大題共4個(gè)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(jí)期末)已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，則f(x)的最小值為1．
[解析] 函數(shù)的定義域(0，＋∞)
f′(x)＝2x－2＝＝
令f′(x)≥0?x≥1; f′(x)≤0?0＜x≤1
所以函數(shù)在(0,1]單調(diào)遞減，在[1，＋∞)單調(diào)遞增
所以函數(shù)在x＝1時(shí)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(diǎn)A(1,1)
由得交點(diǎn)B．
故所求面積S＝dx＋dx
＝x＋lnx＝＋ln2．
16．(2018玉溪模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,5]，部分對(duì)應(yīng)值如下表，f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，給出關(guān)于f(x)的下列命題：
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
①函數(shù)y＝f(x)在x＝2取到極小值；
②函數(shù)f(x)在[0,1]是減函數(shù)，在[1,2]是增函數(shù)；
③當(dāng)1＜a＜2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)；
④如果當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，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(hào))．
[解析] 由圖象可知當(dāng)－1＜x＜0,2＜x＜4時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜2,4＜x＜5時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝0或x＝4時(shí)，函數(shù)取得極大值，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)取得極小值．
所以①正確．
②函數(shù)在[0,2]上單調(diào)遞減，所以②錯(cuò)誤．
③因?yàn)閤＝0或x＝4時(shí)，函數(shù)取得極大值，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)取得極小值．
所以f(0)＝2，f(4)＝2，f(2)＝0，
因?yàn)閒(－1)＝f(5)＝1，所以由函數(shù)圖象可知當(dāng)1＜a＜2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)；正確．
④因?yàn)楹瘮?shù)在[－1,0]上單調(diào)遞增，且函數(shù)的最大值為2，
所以要使當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，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(gè)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)(2018贛州二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)2＋alnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2．求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)因?yàn)閒(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(gè)正實(shí)根．
則，得00)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)在(0,1]上 的最大值為，求a的值．
[解析] 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,2)，
f ′(x)＝－＋a，
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f ′(x)＝，∴當(dāng)x∈(0，)時(shí)，f ′(x)>0，當(dāng)x∈(，2)時(shí)，f ′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，2)；
(2)當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f ′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0,1]上單調(diào)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(diǎn)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(diǎn)A的坐標(biāo)及過切點(diǎn)A的切線方程．
[解析] 如圖所示，設(shè)切點(diǎn)A(x0，y0)，過切點(diǎn)A的切線與x軸的交點(diǎn)為C．
由y′＝2x知A點(diǎn)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(shè)由曲線y＝x2(x≥0)與過A點(diǎn)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(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,1)，
即過切點(diǎn)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(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－ ax2－bx．
(1)當(dāng)a＝b＝時(shí)，求函數(shù)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(diǎn)P(x0，y0)處切線的斜率k≤恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)依題意，知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝b＝時(shí)，f(x)＝lnx－x2－x，f′(x)＝－x－＝
令f′(x)＝0，解得x＝1．(∵x＞0)
因?yàn)間(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)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(dāng)x0＝1時(shí)，－x＋x0取得最大值，所以a≥．
21．(本題滿分12分)某工廠生產(chǎn)一種儀器的元件，由于受生產(chǎn)能力和技術(shù)水平的限制，會(huì)產(chǎn)生一些次品，根據(jù)經(jīng)驗(yàn)知道，其次品率P與日產(chǎn)量x(萬件)之間大體滿足關(guān)系：
P＝(其中c為小于6的正常數(shù))
(注：次品率＝次品數(shù)/生產(chǎn)量，如P＝0．1表示每生產(chǎn)10件產(chǎn)品，有1件為次品，其余為合格品)
已知每生產(chǎn)1萬件合格的儀器可盈利2萬元，但每生產(chǎn)1萬件次品將虧損1萬元，故廠方希望定出合適的日產(chǎn)量．
(1)試將生產(chǎn)這種儀器的元件每天的盈利額T(萬元)表示為日產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)．
(2)當(dāng)日產(chǎn)量為多少時(shí)，可獲得最大利潤(rùn)？
[解析] (1)當(dāng)x>c時(shí)，P＝，
所以T＝x2－x1＝0．
當(dāng)1≤x≤c時(shí)，P＝，
所以T＝(1－)x2－()x1＝．
綜上，日盈利額T(萬元)與日產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)關(guān)系為：T＝
(2)由(1)知，當(dāng)x>c時(shí)，每天的盈利額為0，
當(dāng)1≤x≤c時(shí)，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9．
因?yàn)?
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2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué)
第一章
導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)
新人教A版選修2-2
2018
2019
學(xué)年
高中數(shù)學(xué)
導(dǎo)數(shù)
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2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc
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