2018-2019學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用練習 新人教A版選修2-2

《2018-2019學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用練習 新人教A版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用練習 新人教A版選修2-2（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一章 導數(shù)及其應用 (時間：120分鐘，滿分：150分) 一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．若函數(shù)f(x)＝x3－f′(1)·x2－x，則f′(1)的值為(　　) A．0　　　　　　　　　　　　 B．2 C．1 D．－1 解析：選D.f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，則f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0. 2．若曲線y＝x2＋ax＋b在點(0，b)處的切線方程是x－y＋1＝0，則(　　) A．a(chǎn)＝1，b＝1 B．a(chǎn)＝－1，b＝1 C．a(chǎn)＝1，b＝－1 D．a(chǎn)＝－1，b

2、＝－1 解析：選A.y′＝2x＋a，所以y′|x＝0＝a＝1.將點(0，b)代入切線方程，得b＝1. 3．函數(shù)y＝xcos x－sin x在下面哪個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 解析：選B.y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，當x∈(π，2π)時，－xsin x>0. 4．設x＝－2與x＝4是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個極值點，則常數(shù)a－b的值為(　　) A．21 B．－21 C．27 D．－27 解析：選A.因為f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 所以? 所以a－b＝－3＋24＝

3、21.故選A. 5．函數(shù)f(x)＝x2－ln 2x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A. B. C.， D.， 解析：選A.因為f′(x)＝2x－＝， 所以f′(x)≤0? 解得0＜x≤. 6．曲線y＝sin x與直線y＝x所圍成的平面圖形的面積為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.在同一坐標系中作出曲線y＝sin x和直線y＝x的圖象，如圖所示，陰影部分的面積可表示為2dx＝2＝. 7．設f(x)，g(x)在[a，b]上可導，且f′(x)>g′(x)，則當ag(x) B．f(x)

4、g(a)>g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b) 解析：選C.因為f′(x)－g′(x)>0，所以[f(x)－g(x)]′>0，所以f(x)－g(x)在[a，b]上是增函數(shù)，所以當af(x)－g(x)>f(a)－g(a)，所以f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)

5、可得在點(0，0)處的切線的斜率為f′(0)＝a－1.又切線方程為y＝2x，則有a－1＝2，所以a＝3. 9．設函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 解析：選D.因為f(x)＝＋ln x， 所以f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0， 即－＋＝＝0，解得x＝2. 當x＜2時，f′(x)＜0； 當x＞2時，f′(x)＞0，所以x＝2為f(x)的極小值點． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于點(1，0)，則f(x)的極值為(　　)

6、A．極大值為，極小值為0 B．極大值為0，極小值為－ C．極小值為－，極大值為0 D．極小值為0，極大值為 解析：選A.f′(x)＝3x2－2px－q，由題意可得解得故f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)>0，解得x<或x>1；令f′(x)<0，解得

7、函數(shù)，圖象關(guān)于坐標原點對稱，故只有選項C中的圖象符合題意． 12．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：選B.2xln x≥－x2＋ax－3(x>0)恒成立，即a≤2ln x＋x＋(x>0)恒成立，設h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝.當x∈(0，1)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范圍是

8、(－∞，4]． 二、填空題：本題共4小題，每小題5分． 13．三次函數(shù)f(x)＝mx3－x在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析：依題意可得f′(x)＝3mx2－1≤0，且m≠0，從而m<0. 答案：(－∞，0) 14．設f(x)＝若f(f(1))＝1，則a＝________． 解析：顯然f(1)＝lg 1＝0， f(0)＝0＋3t2dt＝t3|＝1，得a＝1. 答案：1 15．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個交點，則實數(shù)c＝________． 解析：因為y′＝3x2－3，所以當y′＝0時，x＝±1.則當x變化時，y′，y的變

9、化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) y′ ＋ 0 － 0 ＋ y 單調(diào)遞增 c＋2 單調(diào)遞減 c－2 單調(diào)遞增 因此，當函數(shù)圖象與x軸恰有兩個交點時，必有c＋2＝0或c－2＝0，所以c＝－2或c＝2. 答案：－2或2 16．定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且f(x)的導函數(shù)f′(x)>，則不等式2f(x)，所以g′(x)＝2f′(x)－1>0. 所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)． 因為f(1)＝1，所以g

10、(1)＝2f(1)－1－1＝0. 所以當x<1時，g(x)<0，即2f(x)

11、點在f(x)上， 由(1)可知f′(x)＝6x2－24x＋18， f′(1)＝6－24＋18＝0， 所以切線方程為y＝16. 18．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－ln x，a∈R. (1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)， f′(x)＝2x＋1－＝＝(x>0)． 令f′(x)>0，則x>；令f′(x)<0，則00)，由函數(shù)f(x)在[1

12、，2]上是減函數(shù)，得≤0即2x2＋ax－1≤0在[1，2]上恒成立． 令h(x)＝2x2＋ax－1，則即解得a≤－.所以實數(shù)a的取值范圍為. 19．(本小題滿分12分)設函數(shù)f(x)＝ex－e－x. (1)證明：f(x)的導數(shù)f′(x)≥2； (2)若對所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范圍． 解：(1)證明：f′(x)＝ex＋e－x，由基本不等式得ex＋e－x≥2＝2， 故f′(x)≥2，當且僅當x＝0時等號成立． (2)令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－ax(x≥0)， 則g(0)＝0，g′(x)＝ex＋e－x－a. 若對?x≥0，都有g(shù)(x)≥0，則需g′

13、(0)＝2－a≥0，得a≤2(a≤2是g(x)≥0(x≥0)恒成立的必要條件)． 當a≤2時，g′(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，因此函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝0(x≥0)恒成立． 所以a的取值范圍是(－∞，2]． 20．(本小題滿分12分)設f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g的大小關(guān)系． 解：(1)由題設知g(x)＝ln x＋， 所以g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1. 當x∈(0，1)時，g′(x)<0，故(0，1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．

14、當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點． 所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－ln x＋x.設h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，則h′(x)＝－. 當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g. 當x∈(0，1)∪(1，＋∞)時，h′(x)<0， h′(1)＝0. 因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當0h(1)＝0，即g(x)>g. 當x>1時，h(x)

15、益，每年要投入一定的資金用于廣告促銷．經(jīng)調(diào)查，每年投入廣告費t(百萬元)，可增加銷售額約為－t2＋5t(百萬元)(0≤t≤3)． (1)若該公司將當年的廣告費控制在300萬元之內(nèi)，則應投入多少廣告費，才能使該公司獲得的收益最大？ (2)現(xiàn)該公司準備共投入300萬元，分別用于廣告促銷和技術(shù)改造．經(jīng)預測，每投入技術(shù)改造費x(百萬元)，可增加的銷售額為－x3＋x2＋3x(百萬元)．請設計一個資金分配方案，使該公司獲得的收益最大．(注：收益＝銷售額－投入) 解：(1)設投入t(百萬元)的廣告費后增加的收益為f(t)(百萬元)， 則有f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋

16、4(0≤t≤3)， 所以當t＝2時，f(t)取得最大值4，即投入2百萬元的廣告費時，該公司獲得的收益最大． (2)設用于技術(shù)改造的資金為x(百萬元)，則用于廣告促銷的資金為(3－x)(百萬元)，由此獲得的收益是g(x)(百萬元)，則g(x)＝＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋3(0≤x≤3)， 所以g′(x)＝－x2＋4. 令g′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝2. 又當0≤x<2時，g′(x)>0；當2

17、分12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a<0時，證明f(x)≤－－2. 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，則當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a<0，則當x∈時，f′(x)>0，當x∈時，f′(x)<0.故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當a<0時，f(x)在x＝－處取得最大值，最大值為f＝ln－1－. 所以f(x)≤－－2等價于ln－1－≤－－2，即ln ＋＋1≤0. 設g(x)＝ln x－x＋1，則g′(x)＝－1. 當x∈(0，1)時，g′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故當x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當x>0時，g(x)≤0.從而當a<0時，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2. 8