2020-2021学年人教B版数学选修2-2习题：第一章　导数及其应用 单元质量评估2 13页

第一章单元质量评估(二) 时间：120分钟 总分：150分 第Ⅰ卷(选择题，共 60分) 一、选择题(每小题 5分，共 60分) 1．已知 f(x)＝(x＋a)2，且 f′ 1 2 ＝－3，则 a的值为( B ) A．－1 B．－2 C．1 D．2 解析：∵f(x)＝(x＋a)2，∴f′(x)＝2x＋2a，依题意有 2×1 2 ＋2a＝ －3，解得 a＝－2. 2．设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，则 a ＝( D ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：∵y＝ax－ln(x＋1)，∴y′＝a－ 1 x＋1 . ∴y′|x＝0＝a－1＝2，得 a＝3. 3．已知物体的运动方程为 s＝1 4 t4－4t3＋16t2(t表示时间，单位： 秒；s 表示位移，单位：米)，则瞬时速度为 0 米每秒的时刻是 ( C ) A．0秒、2秒或 4秒 B．0秒、2秒或 16秒 C．0秒、4秒或 8秒 D．2秒、8秒或 16秒 解析：s′＝t3－12t2＋32t，令 s′＝t3－12t2＋32t＝0，解得 t＝0 或 t＝4或 t＝8. 4．当 x在(－∞，＋∞)上变化时，导函数 f′(x)的符号变化如下 表： x (－∞，1) 1 (1,4) 4 (4，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － 则函数 f(x)的图象的大致形状为( C ) 解析：从表中可知 f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1,4)上单调递 增，在(4，＋∞)上单调递减． 5．设函数 f(x)＝2 x ＋lnx，则( D ) A．x＝1 2 为 f(x)的极大值点 B．x＝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 解析：由 f′(x)＝－ 2 x2 ＋ 1 x ＝ 1 x 1－2 x ＝0可得 x＝2.当 02时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故 x＝2 为 f(x)的极小值点． 6．当 x＝a时，函数 y＝ln(x＋2)－x取到极大值 b，则 ab等于 ( A ) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：y′＝[ln(x＋2)－x]′＝ 1 x＋2 －1.令 y′＝0，得 x＝－1，此 时 y＝ln1＋1＝1，即 a＝－1，b＝1，故 ab＝－1. 7．对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足 2－x f′x ≤0，则必有 ( C ) A．f(1)＋f(3)<2f(2) B．f(1)＋f(3)≤2f(2) C．f(1)＋f(3)>2f(2) D．f(1)＋f(3)≥2f(2) 解析：∵ 2－x f′x ≤0，∴当 x<2时，f′(x)<0， 则函数 f(x)在(－∞，2)上单调递减； 当 x>2时，f′(x)>0，则函数 f(x)在(2，＋∞)上单调递增， 即函数 f(x)在 x＝2处取最小值 f(2)， ∴f(1)>f(2)，f(3)>f(2)，将两式相加， 得 f(1)＋f(3)>2f(2)．故选 C. 8．若函数 f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则 k的取值 范围是( D ) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2 ，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：由 f′(x)＝k－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≥1 x 在 x∈(1，＋∞)上恒成立． 又当 x∈(1，＋∞)时，0<1 x <1，故 k≥1.故选 D. 9．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( C ) 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 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 x01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. 10．若 00 且 x趋近于 0 时，x·ex－1<0； 11．设函数 f(x)满足 x2f′(x)＋2xf(x)＝ex x ，f(2)＝e2 8 ，则 x>0 时， f(x)( D ) 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 解析：令 F(x)＝x2f(x)， 则 F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝ex x ， F(2)＝4·f(2)＝e2 2 . 由 x2f′(x)＋2xf(x)＝ex x ， 得 x2f′(x)＝ex x －2xf(x)＝ex－2x2fx x ， ∴f′(x)＝ex－2Fx x3 . 令φ(x)＝ex－2F(x)， 则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ex－2ex x ＝ 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. 12．若函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点 x1，x2，且 f(x1)＝x1， 则关于 x的方程 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是( A ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：由 f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0得，x＝x1或 x＝x2， 即 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的根为 f(x)＝x1或 f(x)＝x2的解，如图所 示， 当 x1是极大值点时，x2是极小值点，且 x2>x1，由图 1 可知 f(x) ＝x1有 2个解，f(x)＝x2有 1个解，因此 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有 3 个不同实根．当 x1是极小值点时，x2为极大值点，且 x20， ∴f′(x)＝3＋aeax＝0无实数根， ∴函数 y＝eax＋3x，x∈R 无极值点； ②当 a<0时，由 f′(x)＝3＋aeax＝0， 解得 x＝1 a ln － 3 a . 当 x>1 a ln － 3 a 时，f′(x)>0， 当 x<1 a ln － 3 a 时，f′(x)<0， ∴x＝1 a ln － 3 a 为函数的极值点， ∴ 1 a ln － 3 a >0，解得 a<－3， ∴实数 a的取值范围是(－∞，－3)． 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10分)已知函数 f(x)＝x 4 ＋ a x －lnx－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＝1 2 x. (1)求 a的值； (2)求函数 f(x)的单调区间与极值． 解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝1 4 － a x2 － 1 x ，由 f(x)在点(1，f(1))处的 切线垂直于直线 y＝1 2 x，知 f′(1)＝－ 3 4 －a＝－2，解得 a＝5 4 . (2)由(1)知 f(x)＝x 4 ＋ 5 4x －lnx－3 2 ， 则 f′(x)＝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)上为减函数； 当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)上为增函数． 由此知函数 f(x)在 x＝5时取得极小值 f(5)＝－ln5. 18．(12分)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在 x＝－ 2 3 与 x＝1时都 取得极值． (1)求 a，b的值及函数 f(x)的单调区间； (2)若对 x∈[－1,2]，不等式 f(x)f(2)＝2＋c，解得 c<－1或 c>2. 所以 c的取值范围是 c<－1或 c>2. 19．(12分)已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)． (1)当 b＝4时，求 f(x)的极值； (2)若 f(x)在区间 0，1 3 上单调递增，求 b的取值范围． 解：(1)当 b＝4时，f′(x)＝ －5xx＋2 1－2x ， 由 f′(x)＝0得 x＝－2或 x＝0. 当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈ 0，1 2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故 f(x)在 x＝－2取极小值 f(－2)＝0，在 x＝0取极大值 f(0)＝4. (2)f′(x)＝ －x[5x＋3b－2] 1－2x ， 因为当 x∈ 0，1 3 时， －x 1－2x <0， 依题意当 x∈ 0，1 3 时，有 5x＋(3b－2)≤0， 从而 5 3 ＋(3b－2)≤0. 所以 b的取值范围为 －∞， 1 9 . 20．(12分)甲、乙两村合用一个变压器，如图所示，若两村用同 型号线架设输电线路，问：变压器设在输电干线何处时，所需电线最 短？ 解：设 CD＝x(km)，则 CE＝3－x(km)． 由题意得所需电线的长为 l＝AC＋BC ＝ 1＋x2＋ 1.52＋3－x2(0≤x≤3)． 则 l′＝ 2x 2 1＋x2 ＋ －23－x 2 1.52＋3－x2 . 令 l′＝0，则 x 1＋x2 － 3－x 1.52＋3－x2 ＝0， 即 x 1＋x2 ＝ 3－x 1.52＋3－x2 ， 平方，得 x2 1＋x2 ＝ 3－x2 1.52＋3－x2 ， 即 1.52x2＋x2(3－x)2＝(3－x)2＋x2(3－x)2， ∴1.52x2＝(3－x)2. ∴1.5x＝±(3－x)． 解得 x＝1.2或 x＝－6(舍去)． 经检验 x＝1.2为函数的最小值点，故当 CD＝1.2 km时所需电线 最短． 21．(12分)已知 a∈R，f(x)＝(x2－4)(x－a)． (1)求 f′(x)； (2)若 f′(1)＝0，求 f(x)在[－2,2]上的最大值和最小值； (3)若 f(x)在(－∞，－2]和[2，＋∞)上是单调递增的，求实数 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝(x2－4)′(x－a)＋(x2－4)(x－a)′ ＝2x(x－a)＋x2－4 ＝3x2－2ax－4. (2)由 f′(1)＝0，得 3－2a－4＝0，即 a＝－ 1 2 . 此时 f(x)＝(x2－4) x＋1 2 ， f′(x)＝3x2＋x－4＝(x－1)(3x＋4)． 故 x＝1和 x＝－ 4 3 是函数 f(x)的极值点． ∵f(1)＝－ 9 2 ，f － 4 3 ＝ 50 27 ，f(2)＝f(－2)＝0， ∴f(x)max＝50 27 ，f(x)min＝－ 9 2 . (3)f′(x)＝3x2－2ax－4， 如图，设 f′(x)>0的解集为(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，其中 x10，即 a<－2时，f′(x)，f(x)随 x的变化情况如下： x 0 (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) －a a＋4 ea＋2 由上表可知函数 f(x)在[0，＋∞)上的极小值为 f(－(a＋2))＝a＋4 ea＋2 . 因为函数 f(x)在(0，－(a＋2))上是减函数，在(－(a＋2)，＋∞)上 是增函数，且当 x≥－a时，有 f(x)≥e－a(－a)>－a，所以要使方程 f(x) ＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围必须是 a＋4 ea＋2 ，－a .