（江苏专用）2019-2020学年高中数学 阶段质量检测（一）导数及其应用 苏教版选修2-2

阶段质量检测（一）导数及其应用(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列求导结果正确的是()A．(a－x2)′＝1－2xB．(2x3)′＝3xC．(cos60°)′＝－sin60°D．[ln(2x)]′＝12x解析：选B根据题意，依次分析选项：对于A，(a－x2)′＝a′－(x2)′＝－2x，故A错误；对于B，(2x3)′＝(2x32)′＝2×32×x12＝3x，故B正确；对于C，(cos60°)′＝0，故C错误；对于D，[ln(2x)]′＝(2x)′12x＝1x，故D错误．故选B.2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1解析：选D∵y′＝aex＋lnx＋1，∴切线的斜率k＝y′|x＝1＝ae＋1，∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴ae＋1＝2，b＝－1，即a＝e－1，b＝－1.3．函数f(x)＝x2－ln2x的单调递减区间是()A.0，22B.22，＋∞C.－∞，－22，0，22D.－22，0，0，22解析：选A因为f′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，所以f′(x)≤0等价于x0，2x2－1≤0.解得0x≤22.4.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是()解析：选D由导函数图象可知，当x0时，函数f(x)递减，排除A、B；当0xx1时，f′(x)0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.5.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＝－12处取得极大值；④函数f(x)在x＝1处取得极小值．其中正确的说法的序号是()A．①③B．②③C．①④D．②④解析：选C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∈(－1,1)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0x1时，f(x)在区间(0,1)上是减函数，而在区间(1，＋∞)上是增函数，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，④正确．故选C.6．若函数f(x)＝ax2x－1(x1)有最大值－4，则实数a的值是()A．1B．－1C．4D．－4解析：选B由函数f(x)＝ax2x－1(x1)，则f′(x)＝2axx－1－ax2x－12＝axx－2x－12，要使得函数f(x)有最大值－4，则a0，则当x∈(1,2)时，f′(x)0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(2)＝4a2－1＝－4，解得a＝－1，满足题意，故选B.7．若函数f(x)＝13ax3＋12ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A.－310，67B.－85，－316C.－83，－116D.－∞，－310∪67，＋∞解析：选D∵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103a＋1－76a＋10，解得a－310或a67.∴实数a的取值范围是－∞，－310∪67，＋∞.8．若不等式x4－4x3＞2－a对任意实数x都成立，那么实数a的取值范围是()A．a＞2B．a＞29C．a为一切实数D．a不存在解析：选B由题意得a＞－x4＋4x3＋2对任意实数x都成立．令f(x)＝－x4＋4x3＋2，所以f′(x)＝－4x3＋12x2＝－4x2(x－3)，当x＜3时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞3时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(3)＝29，所以a＞f(x)max＝29，故选B.9．已知函数f(x)及其导数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．给出四个函数：①f(x)＝x2，②f(x)＝e－x，③f(x)＝lnx，④f(x)＝tanx，其中有“巧值点”的函数的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选B根据题意，依次分析所给的函数：①若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，由x2＝2x，得x＝0或x＝2，这个方程显然有解，①符合要求；②若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，即e－x＝－e－x，此方程无解，②不符合要求；③f(x)＝lnx，则f′(x)＝1x，若lnx＝1x，利用数形结合可知该方程存在实数解，③符合要求；④f(x)＝tanx，则f′(x)＝1cos2x，即sinxcosx＝1，变形得sin2x＝2，无解，④不符合要求，故选B.10．若函数f(x)＝－1beax(a0，b0)的图象在x＝0处的切线与圆x2＋y2＝1相切，则a＋b的最大值为()A．4B．22C．2D.2解析：选D函数的导数为f′(x)＝－1beax·a，所以f′(0)＝－1be0·a＝－ab，即在x＝0处的切线斜率k＝－ab，又f(0)＝－1be0＝－1b，所以切点坐标为0，－1b，所以切线方程为y＋1b＝－abx，即ax＋by＋1＝0.圆心到直线ax＋by＋1＝0的距离d＝1a2＋b2＝1，即a2＋b2＝1，所以a2＋b2＝1≥a＋b22，即a＋b≤2，当且仅当a＝b＝22时等号成立，所以a＋b的最大值是2，故选D.11.有一个帐篷，它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的体积最大时，帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为()A．1mB.32mC．2mD．3m解析：选C设OO1为xm，底面正六边形的面积为Sm2，帐篷的体积为Vm3.则由题设可得，正六棱锥底面边长为32－x－12＝8＋2x－x2(m)，于是S＝6×34(8＋2x－x2)2＝332(8＋2x－x2)．V＝13×332(8＋2x－x2)(x－1)＋332(8＋2x－x2)＝32(8＋2x－x2)[(x－1)＋3]＝32(16＋12x－x3)(1x4)，V′＝32(12－3x2)，令V′＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．当1x2时，V′0；当2x4时，V′0.所以当x＝2m时，V最大．故选C.12．若函数f(x)＝sinxx，且0x1x21，a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，则a，b的大小关系是()A．abB．abC．a＝bD．a，b的大小不能确定解析：选Af′(x)＝xcosx－sinxx2.令g(x)＝xcosx－sinx，则g′(x)＝－xsinx＋cosx－cosx＝－xsinx.当0x1时，g′(x)0，∴函数g(x)在(0,1)上是减函数，∴g(x)＜g(0)＝0，即f′(x)＜0，∴函数f(x)在(0,1)上是减函数．∵0x1x21，∴f(x1)f(x2)，即ab.故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)13．已知函数y＝f(x)对任意的x∈R都有f(1－x)－2f(x)＝x2－1，则f(－1)＝________，曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为________________．解析：由题可得f1－x－2fx＝x2－1，fx－2f1－x＝1－x2－1，解得f(x)＝－x2＋23x＋23.所以f(－1)＝－1，f′(x)＝－2x＋23，所以f′(－1)＝83，所以曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＋1＝83(x＋1)，即8x－3y＋5＝0.答案：－18x－3y＋5＝014．函数f(x)＝3x－4x3在[0,1]上的最大值为________．解析：f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，则x＝－12(舍去)或x＝12，f(0)＝0，f(1)＝－1，f12＝32－12＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.答案：115．若x＝－2函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)为增函数，当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.答案：0－e16．已知f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)·f(x2－1)的解集是________．解析：令g(x)＝x·f(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0.∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数．又∵f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)，∴(x＋1)f(x＋1)＞(x2－1)f(x2－1)，∴x＋1＞0，x2－1＞0，x＋1＜x2－1⇒x＞－1，x＜－1或x＞1，x＜－1或x＞2.∴x＞2.答案：{x|x＞2}三、解答题(本大题共6个小题，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f(x)＝log3x2＋ax＋bx，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．解：设g(x)＝x2＋ax＋bx，则g′(x)＝x2－bx2，∵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，∴g′1＝0，g1＝3，∴1－b＝0，a＋b＋1＝3，解得a＝1，b＝1.经检验，当a＝1，b＝1时，f(x)满足题设的两个条件．18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)·ea－x＋b.依题设，得f2＝2e＋2，f′2＝e－1，即2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1，解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，g(x)在区间(1，＋∞)上单