2019-2020学年高中数学 第1章 导数及其应用 单元质量测评（一）新人教A版选修2-2

第一章导数及其应用单元质量测评(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．若物体的运动规律是s＝f(t)，则物体在时刻t0的瞬时速度可以表示为()(1)limΔt→0ft0＋Δt－ft0Δt；(2)limΔt→0ft0－ft0＋ΔtΔt；(3)f′(t0)；(4)f′(t)．A．(1)(2)B．(1)(3)C．(2)(3)D．(2)(4)答案B解析根据瞬时速度的概念及导数的意义易知(1)(3)正确，故选B.2．以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是()A.0，π4∪3π4，πB．[0，π)C.π4，3π4D.0，π4∪π2，3π4答案A解析y′＝cosx，∵cosx∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是0，π4∪3π4，π.3．下列积分等于2的是()A.022xdxB.0212x＋1dxC.021dxD.1212xdx答案C解析022xdx＝x2|20＝4；0212x＋1dx＝14x2＋x|20＝3；021dx＝x|20＝2；1212xdx＝12lnx|21＝12ln2.4．若函数f(x)＝13x3－f′(1)·x2－x，则f′(3)的值为()A．0B．－1C．8D．－8答案C解析f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，则f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，得f′(1)＝0，∴f(x)＝13x3－x，f′(x)＝x2－1，∴f′(3)＝8.5．函数y＝x2ex的单调递减区间是()A．(－1,2)B．(－∞，－1)与(1，＋∞)C．(－∞，－2)与(0，＋∞)D．(－2,0)答案D解析y′＝(x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．∵ex0，∴xex(x＋2)0，即－2x0，故函数y＝x2ex的单调递减区间是(－2,0)．6．已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)()A．在(－∞，0)上为减函数B．在x＝0处取极小值C．在(4，＋∞)上为减函数D．在x＝2处取极大值答案C解析在(－∞，0)上，f′(x)0，故f(x)在(－∞，0)上为增函数，A错误；在x＝0处，导数由正变负，f(x)由增变减，故在x＝0处取极大值，B错误；在(4，＋∞)上，f′(x)0，f(x)为减函数，C正确；在x＝2处取极小值，D错误．7．方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)内根的个数为()A．0B．1C．2D．3答案B解析设f(x)＝2x3－6x2＋7，则f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵x∈(0,2)，∴f′(x)0.∴f(x)在(0,2)上单调递减，又f(0)＝7，f(2)＝－1，∴f(x)在(0,2)上有且只有一个零点，即方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)内只有一个根．8．设a∈R，若函数y＝ex＋2ax有大于0的极值点，则()A．a＜－1eB．a＞－1eC．a＜－12D．a＞－12答案C解析由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a，由题意，得ex＋2a＝0有正数解．当x＞0时，ex＝－2a＞1，即a＜－12.9．已知函数f(x)＝14x2＋cosx，f′(x)是函数f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是()答案A解析因为f(x)＝14x2＋cosx，所以f′(x)＝12x－sinx.因为f′(x)为奇函数，所以排除B，D；设y＝12x－sinx，则y′＝12－cosx，所以当0＜x＜π3时，y′＜0，所以函数f′(x)＝12x－sinx在0，π3上单调递减，排除C.故选A.10．已知函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)0，设a＝f(0)，b＝f12，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A.abcB.cabC.cbaD.bca答案B解析由f(x)＝f(2－x)知函数f(x)图象关于x＝1对称．当x1时，由(x－1)f′(x)0知f′(x)0，即x1时，f(x)单调递增．a＝f(0)，b＝f12，c＝f(3)＝f(－1)，∵－1012，∴cab，故选B.11．若存在正数x使2x(x－a)1成立，则a的取值范围是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－1，＋∞)答案D解析∵2x(x－a)1，∴ax－12x.令f(x)＝x－12x(x0)，∴f′(x)＝1＋2－xln20，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．12．把一个周长为12cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱底面周长与高的比为()A．1∶2B．1∶πC．2∶1D．2∶π答案C解析设圆柱的高为x，底面半径为r，则r＝6－x2π，圆柱体积V＝π6－x2π2x＝14π(x3－12x2＋36x)(0x6)，V′＝34π(x－2)(x－6)．当x＝2时，V最大．此时底面周长为6－x＝4,4∶2＝2∶1，故选C.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.12x－1x2dx＝________.答案ln2－12解析12x－1x2dx＝121x－1x2dx＝lnx＋1x|21＝ln2＋12－(ln1＋1)＝ln2－12.14．已知函数f(x)＝ex，x∈R.若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图象相切，则实数k的值为________．答案1e2解析设f(x)的反函数为g(x)，则g(x)＝lnx．设直线y＝kx＋1与g(x)＝lnx的图象在点(x0，y0)处相切，则有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0)＝1x0，解得x0＝e2，k＝1e2.15．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．答案(－1,0]解析f′(x)＝4－4x2x2＋12，令f′(x)0，得－1x1，即函数f(x)的增区间为(－1,1)．又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以m≥－1，m2m＋1，2m＋1≤1，解得－1m≤0.16．已知a0，函数f(x)＝ax3＋12alnx，且f′(1)的最大值为－12，则实数a的值为________．答案－2解析f′(x)＝3ax2＋12ax，则f′(1)＝3a＋12a.∵a0，∴f′(1)＝－－3a＋12－a≤－2－3a×12－a＝－12.当－3a＝12－a，即a＝－2时，取“＝”．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c.(1)当c＝0时，f(x)在点P(1,3)处的切线平行于直线y＝x＋2，求a，b的值；(2)若f(x)在点A(－1,8)，B(3，－24)处有极值，求f(x)的表达式．解(1)当c＝0时，f(x)＝x3－2ax2＋bx.所以f′(x)＝3x2－4ax＋b.依题意可得f(1)＝3，f′(1)＝1，即1－2a＋b＝3，3－4a＋b＝1，解得a＝2，b＝6.(2)f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2－4ax＋b.由题意知－1,3是方程3x2－4ax＋b＝0的两根，所以－1＋3＝4a3，－1×3＝b3，解得a＝32，b＝－9，由f(－1)＝－1－2a－b＋c＝8，a＝32，b＝－9，可得c＝3，所以f(x)＝x3－3x2－9x＋3.检验知，符合题意．18．(本小题满分12分)求曲线y＝－x3＋x2＋2x与x轴所围成的图形的面积．解首先求出函数y＝－x3＋x2＋2x的零点：x1＝－1，x2＝0，x3＝2.又易判断出－1x0时，图形在x轴下方，0x2时，图形在x轴上方，所以所求面积为S＝－-10(－x3＋x2＋2x)dx＋02(－x3＋x2＋2x)dx＝3712.19．(本小题满分12分)当0xπ2时，试证：sinxx－x36.证明设函数f(x)＝sinx－x＋x36，显然f(0)＝0，则f′(x)＝cosx－1＋x22＝x22－2sin2x2＝2x22－sinx22.又因为0xπ2，xsinx，所以x2sinx20，x22－sinx220.故f′(x)0，函数f(x)在0，π2上是增函数，所以f(x)f(0)＝0，即sinxx－x36.20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝12ax2＋2x－lnx.(1)当a＝0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间13，2上是增函数，求实数a的取值范围．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝12ax2＋2x－lnx，当a＝0时，f(x)＝2x－lnx，则f′(x)＝2－1x，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：x0，121212，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值所以当x＝12时，f(x)的极小值为1＋ln2，函数无极大值．(2)由已知，得f(x)＝12ax2＋2x－lnx，且x＞0，则f′(x)＝ax＋2－1x＝ax2＋2x－1x，若a＝0，由f′(x)＞0得x＞12，显然不符合题意，若a≠0，因为函数f(x)在区间13，2上是增函数，所以f′(x)≥0对x∈13，2恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0对x∈13，2恒成立，即a≥1－2xx2＝1x2－2x＝1x－12－1恒成立，故a≥1x－12－1max，而当x＝13时，函数1x－12－1的最大值为3，所以实数a的取值范围为a≥3.21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋32(a－1)x2－3ax＋1，x∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当a＝3时，若函数f(x)在区间[m,2]上的最大值为28，求m的取值范围．解(1)由f(x)＝x3＋32(a－1)x2－3ax＋1，得：f′(x)＝3x2＋3(a－1)x－3a＝3(x－1)(x＋a)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－a.①当－a＝1，即a＝－1时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；②当－a＜1，即a＞－1时，当x＜－a或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－a)，(1，＋∞)内单调递增．当－a＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(－a,1)内单调递减；③当－a＞1，即a＜－1时，当x＜1或x＞－a时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，1)，(－a，＋∞)内单调递增．当1＜x＜－a时f′(x)＜0，f(x)在(1，－a)内单调递减．综上，当a＜－1时，f(x)在(－∞，1)，(－a，＋∞)内单调递增，f(x)在(1，－a)内单调递减；当a＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞－1时，f(x)在(－∞，－a)，(1，＋∞)内单调递增，f(x)在(－a,1)内单调递减．(2)当a＝3时，f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，x∈[m,2]，f′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x＋3)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－3.当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2]f′(x)＋0－0＋f(x)极大极小由此表可得，f(x)极大值＝f(－3)＝28，f(x)极小值＝f(1