2022高中数学 第一章 导数及其应用学业质量标准检测 新人教A版选修2-2

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1、2022高中数学 第一章 导数及其应用学业质量标准检测 新人教A版选修2-2 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的) 1．dx等于(　B　) A．－2ln2　　　　　　 B．2ln2 C．－ln2 D．ln2 [解析]　因为(2lnx)′＝， 所以 dx＝2lnx|＝2ln4－2ln2＝2ln2． 2．曲线y＝x3－3x2＋1在点(1，－1)处的切线方程为(　B　) A．y＝3x－4 B．y＝－3x＋2 C．y＝－4x＋3 D．y＝4x－5 [解析]　∵点(1，－1)在曲线上，y′＝3x2－6x， ∴

2、y′|x＝1＝－3，即切线斜率为－3． ∴利用点斜式得，切线方程为y＋1＝－3(x－1)，即y＝－3x＋2．故选B． 3．(2018·全国卷Ⅰ文，6)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　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)为奇函数， ∴ f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴ a＝1，∴ f′

3、(x)＝3x2＋1， ∴ f′(0)＝1， ∴ 曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x． 故选D． 4．(2018·青岛高二检测)下列函数中，x＝0是其极值点的函数是(　B　) A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosx C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝ [解析]　对于A，f ′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，f ′(x)＝sinx，当x∈(－π，0)时，f ′(x)<0，当x∈(0，π)时，f ′(x)>0，故f(x)＝－cosx在x＝0的左侧区间(－π，0)内单调递减，在其右侧区间(0，π)内单调递增，所以x＝0是

4、f(x)的一个极小值点；对于C，f ′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于D，f(x)＝在x＝0没有定义，所以x＝0不可能成为极值点，综上可知，答案选B． 5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝(　D　) A．2　　　 B．3　　　　 C．4　　　　 D．5 [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，由条件知，x＝－3是方程f ′(x)＝0的实数根，∴a＝5． 6．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　D　) [解析]　观察导函数f′(x)的

5、图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A，C． 如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D确，故选D． 7．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于(　D　) A．2　　　　 B．3　　　　　 C．6　　　　　 D．9 [解析]　∵f ′(x)＝12x2－2ax－2b， 又因为在x＝1处有极值，∴a＋b＝6， ∵a>0，b>0

6、，∴ab≤()2＝9， 当且仅当a＝b＝3时取等号， 所以ab的最大值等于9．故选D． 8．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是(　D　) A．－ [解析]　f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)， 要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0， 即(a＋1)(－a＋1)<0，解得a<－或a>． 故选D． 9．(2018·沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋1，则(　D　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点

7、 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 [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，即函数在(－1，＋∞)上是增函数 令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数 所以x＝－1为f(x)的极小值点． 故选D． 10．(2017·全国卷Ⅱ理，11)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值是(　A　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1

8、[解析]　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函数f(x)的极值点得 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时，f′(x)＝0， 且x<－2时，f′(x)>0；－21时，f′(x)>0． 所以x＝1是函数f(x)的极小值点． 所以函数f(x

9、)的极小值为f(1)＝－1． 故选A． 11．已知函数f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若对任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，则a的取值范围是(　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)，∴函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，g＝－－5＝－，g(2)＝8－4－5＝－1．由于对∀x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥2恒成立，∴f(x)≥[g(x)＋2]max，即x∈时，f(x)≥1恒成立，即＋xlnx≥1，在上恒成立，a

10、≥x－x2lnx在上恒成立，令h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x， 而h″(x)＝－3－2lnx，x∈时，h″(x)<0， 所以h′(x)＝1－2xlnx－x在单调递减， 由于h′(1)＝0，∴x∈时，h′(x)>0，x∈[1,2]时，h′(x)<0，所以h(x)≤h(1)－1，∴a≥1． 12．(2017·全国卷Ⅲ理，11)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则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)]

11、－1， 令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1． ∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)， ∴函数g(t)为偶函数． ∵f(x)有唯一零点， ∴g(t)也有唯一零点． 又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0， ∴2a－1＝0，解得a＝． 故选C． 方法2：f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x． ex－1＋e－x＋1≥2＝2， 当且仅当x＝1时取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”． 若a>0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零点，

12、则必有2a＝1，即a＝． 若a≤0，则f(x)的零点不唯一． 故选C． 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．(2017·南开区二模)已知f(x)＝x(2016＋lnx)，f′(x0)＝2017，则x0＝1__． [解析]　f′(x)＝2016＋lnx＋1＝2017＋lnx 又∵f′(x0)＝2017，∴f′(x0)＝2017＋lnx0＝2017， 则lnx0＝0，x0＝1． 14．(2018·海淀区校级期末)已知函数f(x)＝x2－2lnx，则f(x)的最小值为1． [解析]　函数的定义域(0，＋∞) f′(x)＝2x－2·

13、＝＝ 令f′(x)≥0⇒x≥1; f′(x)≤0⇒0＜x≤1 所以函数在(0,1]单调递减，在[1，＋∞)单调递增 所以函数在x＝1时取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1 故答案为1． 15．如图阴影部分是由曲线y＝、y2＝x与直线x＝2、y＝0围成，则其面积为＋ln2． [解析]　由，得交点A(1,1) 由得交点B． 故所求面积S＝dx＋dx ＝x＋lnx＝＋ln2． 16．(2018·玉溪模拟)已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，给出关于f(x)的下列命题： x －1 0 2 4 5

14、 f(x) 1 2 0 2 1 ①函数y＝f(x)在x＝2取到极小值； ②函数f(x)在[0,1]是减函数，在[1,2]是增函数； ③当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a有4个零点； ④如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最小值为0． 其中所有正确命题是①③④(写出正确命题的序号)． [解析]　由图象可知当－1＜x＜0,2＜x＜4时，f′(x)＞0，此时函数单调递增， 当0＜x＜2,4＜x＜5时，f′(x)＜0，此时函数单调递减， 所以当x＝0或x＝4时，函数取得极大值，当x＝2时，函数取得极小值． 所以①正确． ②函数在[0,2]上单调

15、递减，所以②错误． ③因为x＝0或x＝4时，函数取得极大值，当x＝2时，函数取得极小值． 所以f(0)＝2，f(4)＝2，f(2)＝0， 因为f(－1)＝f(5)＝1，所以由函数图象可知当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a有4个零点；正确． ④因为函数在[－1,0]上单调递增，且函数的最大值为2， 所以要使当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t≥0即可，所以t的最小值为0，所以④正确． 故答案为①③④． 三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分10分)(2018·赣州二模)设函数f(x)＝(x－1)2＋alnx

16、有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．求实数a的取值范围． [解析]　(1)因为f(x)＝(x－1)2＋alnx，∴f′(x)＝2(x－1)＋，(x>0) 即f′(x)＝，令g(x)＝2x2－2x＋a，(x＞0) 则(x1＜x2)是方程2x2－2x＋a＝0的两个正实根． 则，得00)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0,1]上 的最大值为，求a的值． [解析]　函数f(x)的定义域为(0,2)， f ′(x)＝－＋a， (1)当a＝1时，f ′(x)＝，∴当x

17、∈(0，)时，f ′(x)>0，当x∈(，2)时，f ′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)； (2)当x∈(0,1]时，f ′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝． 19．(本题满分12分)在曲线y＝x2(x≥0)上某一点A处作一切线，使之与曲线以及x轴所围成图形的面积为，试求切点A的坐标及过切点A的切线方程． [解析]　如图所示，设切点A(x0，y0)，过切点A的切线与x轴的交点为C． 由y′＝2x知A点处的切线方程为y－y0＝2x0(x－x0)，即y＝2x0x－x．令y

18、＝0，得x＝，即C(，0)． 设由曲线y＝x2(x≥0)与过A点的切线及x轴所围成图形的面积为S， 则S＝S曲边△AOB－S△ABC． ∵S曲边△AOB＝∫x00x2dx＝x3|x00＝x， S△ABC＝BC·AB＝(x0－)·x＝x， ∴S＝x－x＝x＝，∴x0＝1， ∴切点A的坐标为(1,1)， 即过切点A的切线方程为2x－y－1＝0． 20．(本题满分12分)(2018·和平区三模)设函数f(x)＝lnx－ ax2－bx． (1)当a＝b＝时，求函数f(x)的最大值； (2)令F(x)＝f(x)＋x2＋bx＋(0＜x≤3)，若其图象上的任意点P(x0，y0)处切线的斜

19、率k≤恒成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝b＝时，f(x)＝lnx－x2－x，f′(x)＝－x－＝ 令f′(x)＝0，解得x＝1．(∵x＞0) 因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增； 当x＞1时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减． 所以f(x)的极大值为f(1)＝－，此即为最大值． (2)F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]，则有k≤F′(x0)＝≤，在x0∈(0,3]上恒成立， 所以a≥(－x＋x0)max，x0∈(0,3]， 当x0＝1时，－x＋x0取得

20、最大值，所以a≥． 21．(本题满分12分)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系： P＝(其中c为小于6的正常数) (注：次品率＝次品数/生产量，如P＝0．1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品) 已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量． (1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数． (2)当日产量为多少时，可获得最大利润？ [解析]　(1)当x>c时，P＝， 所以T＝x·2－

21、x·1＝0． 当1≤x≤c时，P＝， 所以T＝(1－)·x·2－()·x·1＝． 综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝ (2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0， 当1≤x≤c时，T′＝＝， 令T′＝0，解得x＝3或x＝9． 因为1

22、)(2018·全国卷Ⅰ理，21)已知函数f(x)＝－x＋aln x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2， 证明：