2020版高中数学 第一章 导数及其应用章末检测试卷 新人教A版选修2-2 12页

第一章 导数及其应用 章末检测试卷(一)‎ ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．由曲线y＝x2，直线y＝0和x＝1所围成的图形的面积是(　　)‎ A. B. C. D. 考点　利用定积分求曲线所围成图形面积 题点　不需分割的图形的面积求解 答案　C 解析　由题意知，其围成的图形的面积为ʃx2dx＝＝.‎ ‎2．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极小值点的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．0‎ 考点　函数极值的综合应用 12‎ 题点　函数极值在函数图象上的应用 答案　A 解析　设极值点依次为x1，x2，x3且a0；‎ B项，ʃ(1－|x|)dx＝ʃ1dx－ʃ|x|dx＝2－1>0；‎ C项，ʃ|x－1|dx＝ʃ(1－x)dx＝＝2>0；‎ D项，ʃ(|x|－1)dx＝ʃ|x|dx－ʃ1dx＝1－2<0，故选D.‎ ‎8．若函数y1＝sin 2x1＋，函数y2＝x2＋3，则(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为(　　)‎ 12‎ A.π＋ B. C.2 D. 考点　导数的综合运用 题点　导数的综合运用 答案　D 解析　表示两函数图象上任意两点之间的距离，其最小值应为曲线y1上与直线y2平行的切线的切点到直线y2的距离．‎ ‎∵y′1＝2cos 2x1，令y′1＝1，‎ ‎∴cos 2x1＝，∵x1∈ ‎∴x1＝，‎ ‎∴y1＝，故切点坐标为，切点到直线y2的距离为＝，‎ ‎∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为.故选D.‎ ‎9．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f(x)(　　)‎ A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 D．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 考点　函数极值的综合应用 题点　函数零点与方程的根 答案　C 解析　由题意得f′(x)＝.‎ 令f′(x)>0得x>3；令f′(x)<0得00，f(e)＝－1<0，‎ f ＝＋1>0，‎ 所以f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点．‎ ‎10．函数f(x)在定义域R上的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(log28)，则(　　)‎ A．cb>c C．a0，‎ ‎∴f(x)在区间(－∞，1)上为增函数．‎ 又∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，‎ ‎∴f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数．‎ ‎∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，‎ ‎∴c0，则a的取值范围是(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)‎ 考点　函数极值的综合应用 题点　函数零点与方程的根 答案　B 解析　当a＝0时，由f(x)＝－3x2＋1＝0，‎ 解得x＝±，函数f(x)有两个零点，不符合题意．‎ 当a>0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，‎ 解得x＝0或x＝>0，‎ 此时f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∵当x→－∞时，f(x)→－∞，且f(0)＝1>0，‎ ‎∴存在x0<0，使得f(x0)＝0，不符合题意．‎ 当a<0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，‎ 解得x＝0或x＝<0，‎ 此时f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 12‎ ‎∵f(0)＝1>0，且当x→＋∞时，f(x)→－∞，‎ ‎∴存在x0>0，使得f(x0)＝0.‎ 又f(x)存在唯一的零点x0，‎ ‎∴极小值f ＝a3－32＋1>0，‎ ‎∴a>2或a<－2.‎ ‎∵a<0，∴a<－2.‎ 综上可知，a的取值范围是(－∞，－2)．‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．若曲线y＝kx＋ln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.‎ 考点　求函数在某点处的切线斜率或切点坐标 题点　求函数在某点处的切线的斜率 答案　－1‎ 解析　∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.‎ ‎14．已知函数f(x)＝－x3＋ax在区间(－1,1)上是增函数，则实数a的取值范围是________．‎ 考点　利用导数求函数的单调区间 题点　已知函数的单调性求参数(或其范围)‎ 答案　[3，＋∞)‎ 解析　由题意知f′(x)＝－3x2＋a≥0在区间(－1,1)上恒成立，则a≥3x2在区间(－1,1)上恒成立，故a≥3.‎ ‎15.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法：‎ ‎①函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数；‎ ‎②函数f(x)在区间(－1,1)上无单调性；‎ ‎③函数f(x)在x＝－处取得极大值；‎ ‎④函数f(x)在x＝1处取得极小值．‎ 其中正确的说法有________．‎ 考点　函数极值的综合应用 题点　函数极值在函数图象上的应用 12‎ 答案　①④‎ 解析　由图象上可以发现，当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，故①正确；‎ 当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(－1,1)上是减函数，②错误，③也错误；‎ 当00)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围为________．‎ 考点　利用导数研究函数的极值 题点　已知极值求参数 答案　 解析　f′(x)＝3x2－‎3a2(a>0)，‎ ‎∴当x<－a或x>a时，f′(x)>0，‎ 当－a.‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分)‎ ‎17．(10分)已知f(x)＝log3，x∈(0，＋∞)，是否存在实数a，b，使f(x)同时满足下列两个条件：‎ ‎①f(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数；‎ ‎②f(x)的最小值是1.‎ 若存在，求出a，b，若不存在，请说明理由．‎ 考点　导数在最值问题中的应用 题点　已知最值求参数 解　设g(x)＝，则g′(x)＝，‎ ‎∵f(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴g(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，‎ 又∵f(x)的最小值为1，则g(x)的最小值为3，‎ ‎∴∴解得 经检验，当a＝1，b＝1时，f(x)满足题设的两个条件．‎ ‎18．(12分)设函数f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，f(x)的图象在点(1，f 12‎ ‎(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值．‎ 考点　函数在某点处取得极值的条件 题点　含参数求极值问题 解　(1)∵f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x>0)，‎ ‎∴f′(x)＝‎2a(x－5)＋(x>0)．‎ 令x＝1，得f(1)＝‎16a，f′(1)＝6－‎8a，‎ ‎∴f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－‎16a＝(6－‎8a)(x－1)．‎ ‎∵切线与y轴相交于点(0,6)，‎ ‎∴6－‎16a＝‎8a－6，∴a＝.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，‎ f′(x)＝(x－5)＋＝(x>0)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3.‎ 当03时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；‎ 当20；‎ 当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．‎ 12‎ ‎(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．‎ 令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.‎ 若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，‎ 而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.‎ 若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，‎ 从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0，不符合题意．‎ 综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．‎ ‎20．(12分)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品需向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的管理经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为(e为自然对数的底数)万件．已知当每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件，经物价部门核定，每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．‎ ‎(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；‎ ‎(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值．‎ 考点　利用导数求解生活中的最值问题 题点　利用导数求解最大利润问题 解　(1)设该产品一年的销售量为Q(x)＝，‎ 则＝500，‎ 所以k＝500e40，则该产品一年的销售量Q(x)＝，‎ 则该产品一年的利润L(x)＝(x－a－30) ‎＝500e40·(35≤x≤41)．‎ ‎(2)L′(x)＝500e40·.‎ ‎①若2≤a≤4，则33≤a＋31≤35，‎ 当35≤x≤41时，L′(x)≤0，L(x)单调递减，‎ 所以当x＝35时，L(x)取得最大值为500(5－a)e5；‎ ‎②若40，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．‎ 所以最小值为g(1)＝1.‎ ‎(2)g＝－ln x＋x.‎ 设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，‎ 则h′(x)＝－≤0，‎ 即h(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g.‎ 当0h(1)＝0，即g(x)>g.‎ 当x>1时，h(x)0，‎ 所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．‎ 故当x＝e时，g(x)有最小值且最小值为g(e)＝e.‎ 所以m≤e.即m的取值范围是(－∞，e]．‎ ‎(2)由题意，得k(x)＝x－2ln x－a.令φ(x)＝x－2ln x，‎ 又函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，‎ 相当于函数φ(x)＝x－2ln x与直线y＝a有两个不同的交点．‎ φ′(x)＝1－＝，‎ 当x∈(1,2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，‎ 当x∈(2,3)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．‎ 又φ(1)＝1，φ(2)＝2－2ln 2，φ(3)＝3－2ln 3，‎ 要使直线y＝a与函数φ(x)＝x－2ln x有两个交点，‎ 则2－2ln 2