学年高中数学人教A版选修22阶段质量检测一 导数及其应用 Word版含答案Word格式.docx
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B.
C.
,
D.
选A ∵f′(x)=2x-
=
,当0<x≤
时,f′(x)≤0,故f(x)的单调递减区间为
5.函数f(x)=3x-4x3(x∈[0,1])的最大值是( )
A.1B.
C.0D.-1
选A f′(x)=3-12x2,令f′(x)=0,
则x=-
(舍去)或x=
,f(0)=0,f
(1)=-1,
f
-
=1,∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.
6.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3处取得极值,则a=( )
A.2B.3
C.4D.5
选D f′(x)=3x2+2ax+3,∵f′(-3)=0.
∴3×
(-3)2+2a×
(-3)+3=0,∴a=5.
7.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( )
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
<
0,解得a<
或a>
.
故选D.
8.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( )
选D 由导函数图象可知,当x<
0时,函数f(x)递减,排除A、B;
当0<
x<
x1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.
9.定义域为R的函数f(x)满足f
(1)=1,且f(x)的导函数f′(x)>
,则满足2f(x)<
x+1的x的集合为( )
A.{x|-1<
1}B.{x|x<
1}
C.{x|x<
-1或x>
1}D.{x|x>
选B 令g(x)=2f(x)-x-1,∵f′(x)>
∴g′(x)=2f′(x)-1>
0,∴g(x)为单调增函数,
∵f
(1)=1,∴g
(1)=2f
(1)-1-1=0,∴当x<
1时,
g(x)<
0,即2f(x)<
x+1,故选B.
10.某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数:
y1=17x2,生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数:
y2=2x3-x2(x>0),为使利润最大,应生产( )
A.6千台B.7千台
C.8千台D.9千台
选A 设利润为y,则y=y1-y2=17x2-(2x3-x2)=18x2-2x3,y′=36x-6x2,令y′=0得x=6或x=0(舍),f(x)在(0,6)上是增函数,在(6,+∞)上是减函数,∴x=6时y取得最大值.
11.已知定义在R上的函数f(x),f(x)+x·
f′(x)<0,若a<b,则一定有( )
A.af(a)<bf(b)B.af(b)<bf(a)
C.af(a)>bf(b)D.af(b)>bf(a)
选C [x·
f(x)]′=x′f(x)+x·
f′(x)=f(x)+x·
f′(x)<0,
∴函数x·
f(x)是R上的减函数,
∵a<b,∴af(a)>bf(b).
12.若函数f(x)=
,且0<
x1<
x2<
1,设a=
,b=
,则a,b的大小关系是( )
A.a>
bB.a<
b
C.a=bD.a,b的大小不能确定
选A f′(x)=
,令g(x)=xcosx-sinx,则g′(x)=-xsinx+cosx-cosx=-xsinx.
∵0<
1,∴g′(x)<
0,即函数g(x)在(0,1)上是减函数,得g(x)<
g(0)=0,故f′(x)<
0,函数f(x)在(0,1)上是减函数,得a>
b,故选A.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,满分20分.把答案填在题中的横线上)
13.若f(x)=
x3-f′
(1)x2+x+5,则f′
(1)=________.
f′(x)=x2-2f′
(1)x+1,令x=1,得f′
(1)=
答案:
14.设a>0,若曲线y=
与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积为a2,则a=__________.
S=
dx=
x
a
=a2,∴a=
15.已知函数f(x)满足f(x)=f(π-x),且当x∈
时,f(x)=x+sinx,设a=f
(1),b=f
(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系是________.
f
(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),
因为f′(x)=1+cosx≥0,
故f(x)在
上是增函数,
∵
>
π-2>
1>
π-3>
0,
∴f(π-2)>
f
(1)>
f(π-3),即c<
a<
b.
c<
16.若函数f(x)=
在区间(m,2m+1)上单调递增,则实数m的取值范围是__________.
f′(x)=
,令f′(x)>0,得-1<x<1,
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
解得-1<m≤0.
(-1,0]
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分12分)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.
(1)求a和b的值;
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.
解:
(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,
且f′(-1)=3-2a+b=0,f′
(1)=3+2a+b=0,
解得a=0,b=-3.
(2)由
(1)知f(x)=x3-3x.
因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),
所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,
于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2.
当x<-2时,g′(x)<0;
当-2<x<1时,
g′(x)>0,故-2是g(x)的极值点.
当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,
故1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极值点为-2.
18.(本小题满分12分)(北京高考)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.
(1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f′(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设有
即
解得
(2)由
(1)知f(x)=xe2-x+ex.
由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>
0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)<
g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>
g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g
(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>
0,x∈(-∞,+∞).
综上可知,f′(x)>
0,x∈(-∞,+∞),
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
19.(本小题满分12分)某个体户计划经销A,B两种商品,据调查统计,当投资额为x(x≥0)万元时,在经销A,B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元,其中f(x)=a(x-1)+2,g(x)=6ln(x+b)(a>0,b>0).已知投资额为零时收益为零.
(2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品,请你帮他制定一个资金投入方案,使他能获得最大利润.
(1)由投资额为零时收益为零,
可知f(0)=-a+2=0,g(0)=6lnb=0,
解得a=2,b=1.
(2)由
(1)可得f(x)=2x,g(x)=6ln(x+1).
设投入经销B商品的资金为x万元(0<x≤5),
则投入经销A商品的资金为(5-x)万元,
设所获得的收益为S(x)万元,
则S(x)=2(5-x)+6ln(x+1)
=6ln(x+1)-2x+10(0<x≤5).
S′(x)=
-2,令S′(x)=0,得x=2.
当0<x<2时,S′(x)>0,函数S(x)单调递增;
当2<x≤5时,S′(x)<0,函数S(x)单调递减.
所以当x=2时,函数S(x)取得最大值,
S(x)max=S
(2)=6ln3+6≈12.6万元.
所以,当投入经销A商品3万元,B商品2万元时,
他可获得最大收益,收益的最大值约为12.6万元.
20.(本小题满分12分)已知函数f(x)=ax2+2ln(1-x)(a为常数).
(1)若f(x)在x=-1处有极值,求a的值并判断x=-1是极大值点还是极小值点;
(2)若f(x)在[-3,-2]上是增函数,求a的取值范围.
(1)f′(x)=2ax-
,x∈(-∞,1),
f′(-1)=-2a-1=0,
所以a=-
f′(x)=-x-
∵x<
1,∴1-x>
0,x-2<
因此,当x<
-1时f′(x)>
当-1<
1时f′(x)<
∴x=-1是f(x)的极大值点.
(2)由题意f′(x)≥0在x∈[-3,-2]上恒成立,
即2ax-
≥0在x∈[-3,-2]上恒成立
∴a≤
在x∈[-3,-2]上恒成立,
∵-x2+x=-
2+
∈[-12,-6],
∴
∈
min=-
,a≤-
即a的取值范围为
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x2-mlnx,h(x)=x2-x+a.
(1)当a=0时,f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;
(2)当m=2时,若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点,求实数a的取值范围.
(1)由f(x)≥h(x),
得m≤
在(1,+∞)上恒成立.
令g(x)=
,则g′(x)=
当x∈(1,e)时,g′(x)<0;
当x∈(e,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在(1,e)上递减,在(e,+∞)上递增.