2020高中數(shù)學 第1章 導數(shù)及其應用 單元質量測評（一）2-2

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE15-學必求其心得，業(yè)必貴于專精第一章導數(shù)及其應用單元質量測評（一）本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．滿分150分,考試時間120分鐘．第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1．若物體的運動規(guī)律是s＝f（t）,則物體在時刻t0的瞬時速度可以表示為()(1)eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f（ft0＋Δt－ft0,Δt）;（2）eq\o（lim,\s\do4(Δt→0））eq\f（ft0－ft0＋Δt，Δt）；（3）f′（t0);(4)f′（t)．A．(1)(2)B．（1）（3）C．(2)(3）D．(2)(4)答案B解析根據(jù)瞬時速度的概念及導數(shù)的意義易知（1）(3）正確，故選B.2．以正弦曲線y＝sinx上一點P為切點的切線為直線l,則直線l的傾斜角的范圍是（)A.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，4）））∪eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π，4)，π）) B．[0，π）C。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，\f(3π，4)）） D.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4）))∪eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(π，2),\f（3π,4）))答案A解析y′＝cosx,∵cosx∈［－1，1］，∴切線的斜率范圍是[－1,1],∴傾斜角的范圍是eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π,4），π))。3．下列積分等于2的是(）A.eq\i\in(0，2,)2xdx B。eq\i\in(0，2,）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)x＋1）)dxC。eq\i\in(0，2,）1dx D.eq\i\in（1,2,)eq\f(1,2x）dx答案C解析eq\i\in(0,2,)2xdx＝x2|eq\o\al（2,0）＝4;eq\i\in（0，2，）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）x＋1)）dx＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,4)x2＋x))|eq\o\al(2，0)＝3;eq\i\in(0，2，）1dx＝x|eq\o\al（2,0）＝2；eq\i\in（1,2，）eq\f（1，2x）dx＝eq\f（1,2)lnx｜eq\o\al(2，1)＝eq\f(1，2）ln2。4．若函數(shù)f(x）＝eq\f(1,3）x3－f′(1）·x2－x，則f′（3)的值為()A．0B．－1C．8D．－8答案C解析f′（x)＝x2－2f′（1)·x－1，則f′(1)＝12－2f′（1)·1－1,得f′（1)＝0，∴f（x）＝eq\f(1,3）x3－x，f′(x)＝x2－1，∴f′（3)＝8.5．函數(shù)y＝x2ex的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A．(－1,2） B．（－∞，－1)與（1，＋∞)C．(－∞，－2）與(0,＋∞) D．（－2，0）答案D解析y′＝（x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2）．∵ex>0，∴xex(x＋2)〈0，即－2〈x<0,故函數(shù)y＝x2ex的單調(diào)遞減區(qū)間是（－2，0)．6．已知函數(shù)y＝f(x），其導函數(shù)y＝f′（x)的圖象如圖所示,則y＝f(x）(）A．在（－∞，0)上為減函數(shù)B．在x＝0處取極小值C．在（4,＋∞）上為減函數(shù)D．在x＝2處取極大值答案C解析在（－∞，0）上，f′（x)>0，故f（x）在（－∞，0)上為增函數(shù)，A錯誤；在x＝0處,導數(shù)由正變負,f（x）由增變減，故在x＝0處取極大值,B錯誤；在(4，＋∞）上，f′（x）〈0,f(x）為減函數(shù)，C正確；在x＝2處取極小值，D錯誤．7．方程2x3－6x2＋7＝0在(0，2）內(nèi)根的個數(shù)為(）A．0B．1C．2D．3答案B解析設f(x）＝2x3－6x2＋7,則f′（x）＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵x∈（0，2)，∴f′(x)〈0。∴f(x）在（0，2)上單調(diào)遞減,又f(0）＝7,f(2）＝－1,∴f（x）在（0,2)上有且只有一個零點，即方程2x3－6x2＋7＝0在（0,2)內(nèi)只有一個根．8．設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋2ax有大于0的極值點，則（）A．a(chǎn)＜－eq\f（1，e) B．a(chǎn)＞－eq\f(1，e）C．a(chǎn)＜－eq\f(1,2) D．a(chǎn)＞－eq\f(1，2)答案C解析由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a，由題意，得ex＋2a＝0有正數(shù)解．當x＞0時，ex＝－2a＞1，即a＜－eq\f（1,2）。9．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1，4）x2＋cosx，f′(x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，則f′（x)的圖象大致是()答案A解析因為f（x)＝eq\f(1，4)x2＋cosx,所以f′（x)＝eq\f（1，2）x－sinx.因為f′(x）為奇函數(shù)，所以排除B，D；設y＝eq\f(1,2)x－sinx，則y′＝eq\f（1，2）－cosx，所以當0＜x＜eq\f（π，3）時，y′＜0，所以函數(shù)f′(x）＝eq\f（1,2）x－sinx在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3）))上單調(diào)遞減，排除C。故選A。10．已知函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導，若f(x）＝f（2－x),且當x∈(－∞，1)時，（x－1）f′（x）〈0，設a＝f(0），b＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)）,c＝f(3），則a,b,c的大小關系為（）A。a〈b<c B.c〈a<bC。c〈b〈a D.b<c〈a答案B解析由f（x)＝f（2－x)知函數(shù)f(x)圖象關于x＝1對稱．當x<1時，由（x－1）f′（x)〈0知f′(x）>0,即x<1時,f(x）單調(diào)遞增．a(chǎn)＝f（0)，b＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）)），c＝f(3）＝f(－1)，∵－1<0〈eq\f（1，2），∴c〈a<b,故選B.11．若存在正數(shù)x使2x（x－a）<1成立，則a的取值范圍是（）A．(－∞，＋∞） B．(－2，＋∞）C．（－3，＋∞） D．（－1,＋∞)答案D解析∵2x(x－a）〈1,∴a〉x－eq\f(1,2x）。令f(x）＝x－eq\f（1,2x)（x>0),∴f′(x）＝1＋2－xln2〉0，∴f（x)在（0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0）＝0－1＝－1，∴a的取值范圍為(－1，＋∞)．12．把一個周長為12cm的長方形圍成一個圓柱，當圓柱的體積最大時，該圓柱底面周長與高的比為()A．1∶2 B．1∶πC．2∶1 D．2∶π答案C解析設圓柱的高為x，底面半徑為r，則r＝eq\f（6－x，2π)，圓柱體積V＝πeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－x，2π）））2x＝eq\f（1，4π)（x3－12x2＋36x)(0<x〈6），V′＝eq\f(3，4π)（x－2)（x－6)．當x＝2時,V最大．此時底面周長為6－x＝4，4∶2＝2∶1，故選C。第Ⅱ卷（非選擇題,共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13。eq\i\in（1，2，)eq\f（x－1,x2）dx＝________。答案ln2－eq\f（1,2）解析eq\i\in(1,2,）eq\f（x－1,x2)dx＝eq\i\in（1，2,）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,x）－\f（1，x2))）dx＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（lnx＋\f(1，x)））|eq\o\al(2,1）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln2＋\f（1,2)))－（ln1＋1）＝ln2－eq\f（1，2）。14．已知函數(shù)f(x)＝ex，x∈R.若直線y＝kx＋1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，則實數(shù)k的值為________．答案eq\f（1，e2)解析設f(x)的反函數(shù)為g(x），則g（x)＝lnx．設直線y＝kx＋1與g（x)＝lnx的圖象在點（x0，y0)處相切，則有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0）＝eq\f（1，x0）,解得x0＝e2，k＝eq\f(1,e2）。15．若函數(shù)f(x)＝eq\f(4x，x2＋1）在區(qū)間（m，2m＋1）上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是__________．答案(－1,0]解析f′（x）＝eq\f(4－4x2,x2＋12)，令f′（x)>0，得－1〈x<1，即函數(shù)f（x）的增區(qū)間為(－1,1）．又f(x）在(m，2m＋1)上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m≥－1，，m〈2m＋1，，2m＋1≤1，))解得－1〈m≤0。16．已知a〈0，函數(shù)f（x)＝ax3＋eq\f（12,a）lnx,且f′(1）的最大值為－12,則實數(shù)a的值為________．答案－2解析f′（x)＝3ax2＋eq\f(12,ax），則f′(1)＝3a＋eq\f(12，a）?！遖〈0,∴f′（1）＝－eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－3a＋\f（12,－a））)≤－2eq\r（－3a×\f(12,－a）)＝－12.當－3a＝eq\f（12，－a），即a＝－2時,取“＝"．三、解答題（本大題共6小題,共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c。（1）當c＝0時,f（x)在點P(1,3)處的切線平行于直線y＝x＋2,求a,b的值;（2）若f（x)在點A(－1，8)，B（3，－24）處有極值，求f（x）的表達式．解（1）當c＝0時，f(x）＝x3－2ax2＋bx.所以f′(x）＝3x2－4ax＋b。依題意可得f(1）＝3，f′(1）＝1，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1－2a＋b＝3，，3－4a＋b＝1，）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝2，，b＝6。）)（2)f(x）＝x3－2ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2－4ax＋b。由題意知－1，3是方程3x2－4ax＋b＝0的兩根,所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－1＋3＝\f(4a，3)，，－1×3＝\f（b，3)，)）解得a＝eq\f(3,2),b＝－9，由f（－1）＝－1－2a－b＋c＝8,a＝eq\f（3，2），b＝－9，可得c＝3,所以f(x）＝x3－3x2－9x＋3.檢驗知,符合題意．18．(本小題滿分12分）求曲線y＝－x3＋x2＋2x與x軸所圍成的圖形的面積．解首先求出函數(shù)y＝－x3＋x2＋2x的零點：x1＝－1，x2＝0，x3＝2。又易判斷出－1<x<0時,圖形在x軸下方,0<x〈2時,圖形在x軸上方，所以所求面積為S＝－eq\i\in(—1,0，）（－x3＋x2＋2x)dx＋eq\i\in（0,2，)（－x3＋x2＋2x)dx＝eq\f(37,12）。19．（本小題滿分12分)當0〈x〈eq\f（π，2）時，試證:sinx〉x－eq\f(x3，6）.證明設函數(shù)f（x)＝sinx－x＋eq\f（x3，6），顯然f(0）＝0,則f′(x）＝cosx－1＋eq\f（x2，2）＝eq\f(x2，2)－2sin2eq\f（x，2）＝2eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x,2）))2－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2）))2））.又因為0<x<eq\f(π，2)，x〉sinx，所以eq\f（x,2）〉sineq\f(x，2）〉0，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（sin\f（x,2)）)2〉0。故f′（x）〉0，函數(shù)f(x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)))上是增函數(shù),所以f（x）〉f（0）＝0，即sinx>x－eq\f（x3，6).20．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1，2)ax2＋2x－lnx.(1）當a＝0時，求f(x)的極值；(2)若f(x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)，2））上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)的定義域為（0，＋∞)，因為f（x）＝eq\f（1,2)ax2＋2x－lnx,當a＝0時,f(x)＝2x－lnx,則f′(x）＝2－eq\f（1，x），當x變化時，f′（x）,f（x）的變化情況如表：xeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（1,2)））eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）,＋∞））f′（x）－0＋f(x）極小值所以當x＝eq\f（1,2）時,f（x）的極小值為1＋ln2，函數(shù)無極大值．(2）由已知，得f(x）＝eq\f（1,2)ax2＋2x－lnx，且x＞0，則f′（x）＝ax＋2－eq\f（1，x）＝eq\f（ax2＋2x－1，x），若a＝0，由f′（x)＞0得x＞eq\f（1，2），顯然不符合題意，若a≠0，因為函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1，3），2）)上是增函數(shù),所以f′(x)≥0對x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,3），2）)恒成立,即不等式ax2＋2x－1≥0對x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1,3)，2）)恒成立，即a≥eq\f(1－2x,x2）＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，x)－1）)2－1恒成立，故a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,x）－1))2－1))max，而當x＝eq\f(1，3）時，函數(shù)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，x)－1））2－1的最大值為3，所以實數(shù)a的取值范圍為a≥3。21．（本小題滿分12分)已知函數(shù)f（x)＝x3＋eq\f（3，2)（a－1）x2－3ax＋1，x∈R。(1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a＝3時，若函數(shù)f（x)在區(qū)間［m,2]上的最大值為28,求m的取值范圍．解（1)由f（x）＝x3＋eq\f（3,2)（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當－a＝1，即a＝－1時,f′（x）＝3（x－1)2≥0，f（x）在（－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；②當－a＜1，即a＞－1時，當x＜－a或x＞1時，f′（x）＞0,f(x)在（－∞,－a），(1,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．當－a＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x)在(－a，1）內(nèi)單調(diào)遞減；③當－a＞1，即a＜－1時，當x＜1或x＞－a時，f′(x）＞0,f（x)在（－∞，1)，（－a，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞增．當1＜x＜－a時f′（x）＜0,f(x）在（1，－a)內(nèi)單調(diào)遞減．綜上，當a＜－1時,f(x）在(－∞，1），（－a,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增,f(x)在（1，－a)內(nèi)單調(diào)遞減;當a＝－1時，f（x)在（－∞,＋∞）上單調(diào)遞增；當a＞－1時，f（x)在(－∞,－a），(1，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞增，f（x)在（－a，1)內(nèi)單調(diào)遞減．（2)當a＝3時，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。當x變化時，f′(x),f(x)變化情況列表如下:x（－∞，－3）－3（－3,1)1（1，2］f′（x）＋0－0＋f(x）極大極小由此表可得，f(x）極大值＝f（－3)＝28，f（x)極小值＝f(1)＝－4