2020高中數(shù)學(xué) 第三章 導(dǎo)數(shù)應(yīng)用章末檢測 2-2

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE10-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末檢測時間：90分鐘滿分:100分第Ⅰ卷(選擇題,共40分）一、選擇題（本大題共10小題,每小題4分,共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．函數(shù)f（x)＝x3－x2－x＋1在閉區(qū)間［－1,1］上的最大值是()A。eq\f（32,27) B.eq\f(26,27)C．0 D．－eq\f(32,27）解析：由f′(x）＝3x2－2x－1＝0，得x＝1或x＝－eq\f（1，3），f（－1）＝0，f（1）＝0，f（－eq\f(1,3））＝eq\f(32,27）.答案：A2．若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0<a〈b<e，則有(）A．f(a)〉f（b） B．f（a)＝f（b）C．f(a）<f(b） D．f（a）·f(b）>1解析:f′（x)＝－eq\f（1,x2）lnx＋eq\f(1,x2）＝eq\f(1，x2）(1－lnx)，在(0,e）上，f′(x)〉0。所以f（x)在(0，e）上是增函數(shù)．答案：C3．已知函數(shù)f(x）＝xlnx，若f(x)在x0處的函數(shù)值與導(dǎo)數(shù)值之和等于1，則x0的值等于()A．1 B．－1C．±1 D．不存在解析:f′（x)＝lnx＋1，由題意知x0lnx0＋lnx0＋1＝1，∴x0＝1或x0＝－1(舍）．答案：A4．函數(shù)f（x）＝x－2sinx在[0,eq\f（π,2)］上的極小值是（)A。eq\f(π，3）－eq\r（3) B．0C。eq\f(π，2)－2 D．1解析：因?yàn)閒（x)＝x－2sinx，所以f′（x)＝1－2cosx，令f′(x)＝0,可得cosx＝eq\f(1，2)，其在[0,eq\f(π，2）］上僅有一解x＝eq\f（π，3），當(dāng)x＝eq\f(π,3)時,函數(shù)f（x）＝x－2sinx取得極小值f(eq\f（π,3)）＝eq\f(π,3)－2×eq\f(\r（3）,2)＝eq\f（π，3)－eq\r(3).答案:A5．設(shè)函數(shù)f（x)＝1－xsinx在x＝x0處取得極值，則（1＋xeq\o\al（2，0)）(1＋cos2x0)－1的值為(）A．－1 B．0C．1 D．2解析：f′（x0)＝－sinx0－x0cosx0＝0,所以x0cosx0＝－sinx0，所以（1＋xeq\o\al（2,0）)(1＋cos2x0)－1＝2cos2x0＋2xeq\o\al(2，0)cos2x0－1＝2cos2x0＋2（－sinx0）2－1＝1。答案：C6．函數(shù)f（x)＝x3－3ax＋b（a>0)的極大值為6，極小值為2，則a＋b＝（)A．5 B．3C．8 D．4解析:令f′（x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r（a).經(jīng)分析知f(eq\r(a))＝2，f（－eq\r(a））＝6，解得a＝1,b＝4,a＋b＝5.答案：A7．若函數(shù)f(x）＝x2＋bx＋c的圖像頂點(diǎn)在第四象限，則其導(dǎo)函數(shù)f′(x）的圖像可能是(）解析:f（x）＝x2＋bx＋c＝(x＋eq\f（b,2）)2＋eq\f(4c－b2,4）。由題意，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(b,2)〉0,\f(4c－b2，4）<0））?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（b〈0，,c〈\f(b2,4).）)又f′(x)＝2x＋b。由b<0，知f′(x)的圖像為選項(xiàng)A。答案：A8．設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\f（1,3)x－lnx（x>0），則y＝f(x）(）A．在區(qū)間(eq\f（1,e)，1），(1，e）內(nèi)均有零點(diǎn)B．在區(qū)間（eq\f(1,e)，1)，（1，e）內(nèi)均無零點(diǎn)C．在區(qū)間(eq\f（1，e），1）內(nèi)有零點(diǎn),在區(qū)間(1，e）內(nèi)無零點(diǎn)D．在區(qū)間（eq\f(1，e），1）內(nèi)無零點(diǎn)，在區(qū)間（1，e）內(nèi)有零點(diǎn)解析：由題意，得f′（x）＝eq\f（1,3）－eq\f（1，x)＝eq\f(x－3，3x）.令f′(x）〉0，得x〉3；令f′（x)〈0,得0<x〈3;令f′(x)＝0，得x＝3.故知函數(shù)f（x)在區(qū)間（0,3）上為減函數(shù)，在區(qū)間（3,＋∞）上為增函數(shù),故f（x）在點(diǎn)x＝3處有極小值1－ln3，且1－ln3〈0.又f(1）＝eq\f（1，3），f(e）＝eq\f(e，3）－1〈0,f(eq\f(1,e))＝eq\f（1，3e)＋1〉0.故選擇D項(xiàng)．答案:D9．內(nèi)接于半徑為R的球且體積最大的圓柱體的高為（)A.eq\f(2\r（3)，3）R B。eq\f（\r(3)，3）RC.eq\f（3\r(3）,2）R D.eq\f(\r(3),2）R解析:作軸截面如圖,設(shè)圓柱高為2h，則底面半徑為eq\r（R2－h(huán)2）,圓柱體體積為V＝π·(R2－h(huán)2)·2h＝2πR2h－2πh3。令V′＝0，得2πR2－6πh2＝0，∴h＝eq\f（\r(3)，3)R.即當(dāng)2h＝eq\f(2\r(3），3)R時，圓柱體的體積最大．答案：A10．對于在R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足（x－a）f′(x）≥0，則必有(）A．f(x）≥f(a) B．f（x)≤f(a)C．f（x)〉f（a) D．f(x）<f(a)解析：由(x－a)f′（x）≥0知，當(dāng)x〉a時，f′（x)≥0;當(dāng)x<a時，f′（x）≤0，所以當(dāng)x＝a時，函數(shù)f（x）取得最小值，則f(x)≥f(a)，故選A.答案:A第Ⅱ卷（非選擇題,共60分)二、填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分,把答案填在題中橫線上)11．函數(shù)y＝2x3－6x2＋11的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：y′＝6x2－12x，令6x2－12x<0,得0〈x<2.答案：（0,2)12．已知函數(shù)y＝eq\f（1，3)x3＋x2＋ax－5，若函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3,1)，則實(shí)數(shù)a的值是________．解析:由于y′＝x2＋2x＋a,由函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是（－3,1)知{x｜f′（x）<0}＝｛x|－3〈x〈1}，所以－3,1是方程x2＋2x＋a＝0的兩個實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系知,（－3)×1＝a，所以a＝－3.答案：－313．已知函數(shù)f(x）＝x3－ax2＋3ax＋1在區(qū)間（－∞，＋∞)內(nèi)既有極大值，又有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．解析：由題意得y′＝3x2－2ax＋3a＝0有兩個不同的實(shí)根，故Δ＝（－2a)2－4×3×3a>0，解得a〈0或a>9。答案：(－∞,0)∪（9，＋∞)14．點(diǎn)P是曲線y＝x2－lnx上任意一點(diǎn)，則P到直線y＝x－2的距離的最小值是________．解析：設(shè)P(x0,y0）,由題意，過點(diǎn)P的曲線的切線與直線y＝x－2平行時,P到直線y＝x－2的距離最?。蓎′＝2x－eq\f(1，x),得x＝x0時2x0－eq\f（1,x0）＝1，解得x0＝－eq\f(1,2）或x0＝1.又x〉0，∴x0＝1，則y0＝1?！郟（1，1）．∴P到直線y＝x－2的距離的最小值為eq\f(|1－1－2|，\r（2))＝eq\r(2）.答案：eq\r(2）三、解答題（本大題共4小題，共44分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．（10分）設(shè)定義在(0，＋∞）上的函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f（1,ax）＋b（a〉0)．（1)求f（x）的最小值；(2）若曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\f（3，2）x，求a，b的值．解析：(1)f(x）＝ax＋eq\f(1,ax）＋b≥2eq\r(ax·\f（1,ax))＋b＝b＋2，當(dāng)且僅當(dāng)ax＝1(x＝eq\f（1,a）)時，f（x）的最小值為b＋2.（2）由題意得：f(1)＝eq\f(3,2）?a＋eq\f（1，a）＋b＝eq\f（3，2)，①f′（x）＝a－eq\f（1,ax2）?f′(1)＝a－eq\f(1,a)＝eq\f（3,2)，②由①②得：a＝2，b＝－1。16．（10分）設(shè)函數(shù)f(x）＝x－eq\f(ln（1＋x),1＋x).（1)令N(x)＝(1＋x）2－1＋ln(1＋x),判斷并證明N（x)在(－1，＋∞)上的單調(diào)性，求N（0)；（2）求f（x)的定義域上的最小值．解析:（1）當(dāng)x>－1時，N′(x)＝2x＋2＋eq\f(1,1＋x）〉0,所以N（x)在(－1，＋∞）上是增加的，N（0）＝0。(2)f（x）的定義域是（－1，＋∞）,f′（x)＝1－eq\f（1－ln(1＋x)，(1＋x)2）＝eq\f(N（x）,(1＋x）2）,當(dāng)－1<x〈0時，N(x)<0，∴f′(x）<0；當(dāng)x>0時，N（x)〉0，∴f′(x）>0?！嘣冢ǎ?，0)上，f（x）是減少的,在（0，＋∞）上，f（x）是增加的．∴f（x)min＝f(0）＝0。17．(12分)求證：x〉0時，1＋2x〈e2x。證明：設(shè)f(x)＝1＋2x－e2x，則f′（x）＝2－2e2x＝2(1－e2x）．當(dāng)x〉0時，e2x>1，f′（x)＝2（1－e2x）<0，所以函數(shù)f(x)＝1＋2x－e2x在(0,＋∞）上是減函數(shù)．當(dāng)x〉0時，f(x）〈f（0)＝0,即當(dāng)x〉0時，1＋2x－e2x〈0，即1＋2x〈e2x。18．（12分)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x）＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;（2)求證：當(dāng)a〉ln2－1且x〉0時,ex〉x2－2ax＋1.解析：（1）由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′（x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0,得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′（x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞）f′（x）－0＋f（x）2（1－ln2＋a)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是（－∞，ln2），單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞），f（x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f（ln2）＝eln2－2ln2＋2a＝2（1－ln