高中數(shù)學(xué)人教A版2第一章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元測(cè)試 市一等獎(jiǎng)

選修2-2第一章1.一、選擇題1．(2023·濰坊高二檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，則x＞0時(shí)，f(x)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510240)()A．有極大值，無(wú)極小值 B．有極小值，無(wú)極大值C．既有極大值又有極小值 D．既無(wú)極大值也無(wú)極小值[答案]D[解析]∵函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，∴[x2f(x)]′＝eq\f(ex,x)，令F(x)＝x2f(x)，則f′(x)＝eq\f(ex,x)，F(xiàn)(2)＝4·f(2)＝eq\f(e2,2).由x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，得f′(x)＝eq\f(ex－2Fx,x3)，令φ(x)＝ex－2F(x)，則φ′(x)＝ex－2f′(x)＝eq\f(exx－2,x).∴φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)的最小值為φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值．故選D.2．(2023·開灤二中高二檢測(cè))若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510241)()A．(0,1) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(0，eq\f(1,2))[答案]D[解析]f′(x)＝3x2－6b，∵f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，∴在(0,1)內(nèi)存在點(diǎn)x0，使得在(0，x0)內(nèi)f′(x)<0，在(x0,1)內(nèi)f′(x)>0，由f′(x)＝0得，x2＝2b>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b>0,\r(2b)<1，))∴0<b<eq\f(1,2).3．函數(shù)f(x)＝x4－4x(|x|<1)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510242)()A．有最大值，無(wú)最小值 B．有最大值，也有最小值C．無(wú)最大值，有最小值 D．既無(wú)最大值，也無(wú)最小值[答案]D[解析]f′(x)＝4x3－4＝4(x－1)(x2＋x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝1.又x∈(－1,1)且1?(－1,1)，∴該方程無(wú)解，故函數(shù)f(x)在(－1,1)上既無(wú)極值也無(wú)最值．故選D.4．已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510243)()A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1,2)C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)[答案]D[解析]由f(x)的圖象知，在(－∞，－1)上f′(x)>0，在(－1,1)上f′(x)<0，在(1，＋∞)上f′(x)>0，又x2－2x－3>0的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)，x2－2x－3<0的解集為(－1,3)．∴不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．5．若方程x3－3x＋m＝0在[0,2]上有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510244)()A．[－2,2] B．[0,2]C．[－2,0] D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)[答案]A[解析]由題意方程x3－3x＋m＝0在[0,2]上有解，則－m＝x3－3x，x∈[0,2]，求實(shí)數(shù)m的取值范圍可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題．令y＝x3－3x，x∈[0,2]，則y′＝3x2－3，令y′>0，解得x>1，因此函數(shù)在[0,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增，又x＝1時(shí)，y＝－2；x＝2時(shí)，y＝2；x＝0，y＝0，∴函數(shù)y＝x3－3x，x∈[0,2]的值域是[－2,2]，故－m∈[－2,2]，∴m∈[－2,2]，故選A.6．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)＜ex的解集為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510245)()A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)[答案]B[解析]∵y＝f(x＋2)為偶函數(shù)，∴y＝f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，∴y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，∴f(4)＝f(0)，又∵f(4)＝1，∴f(0)＝1，設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)(x∈R)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，又∵f′(x)＜f(x)，∴f′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞減，∵f(x)＜ex，∴g(x)＜1.又∵g(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，∴g(x)＜g(0)，∴x＞0.故選B.二、填空題7．曲線y＝xex在點(diǎn)(0,0)處的切線為l，則l上的點(diǎn)到圓x2＋y2－4x＋3＝0上的點(diǎn)的最近距離是\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510246)[答案]eq\r(2)－1[解析]y′|x＝0＝(x＋1)ex|x＝0＝1，∴切線方程為y＝x，圓心(2,0)到直線的距離d＝eq\r(2)，圓的半徑r＝1，∴所求最近距離為eq\r(2)－1.8．函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有極大值又有極小值，則a的取值范圍是\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510247)[答案](－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析]f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有極大值和極小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或9．已知函數(shù)f(x)＝x4＋9x＋5，則f(x)的圖象在(－1,3)內(nèi)與x軸的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)為\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510248)[答案]1[解析]因?yàn)閒′(x)＝4x3＋9，當(dāng)x∈(－1,3)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－1,3)上單調(diào)遞增，又f(－1)＝－3<0，f(0)＝5>0，所以f(x)在(－1,3)內(nèi)與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)．三、解答題10．(2023·昆明高二檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋2lnx(a∈R)在x＝1時(shí)取得極值.eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510249)(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解析](1)f′(x)＝x－a＋eq\f(2,x)，因?yàn)楫?dāng)x＝1時(shí)f(x)取得極值，所以f′(1)＝0，即1－a＋2＝0，解得a＝3，經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．(2)由(1)得：f(x)＝eq\f(1,2)x2－3x＋2lnx，∴f′(x)＝x－3＋eq\f(2,x)＝eq\f(x－1x－2,x)，(x>0)，令f′(x)>0解得0<x<1或x>2，令f′(x)<0解得1<x<2，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2).一、選擇題1．若函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f＋x)＝f－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510250)()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．b>a>c[答案]D[解析]∵(x－1)f′(x)＜0，∴當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．又f＋x)＝f－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)，∵－1＜0<eq\f(1,2)，∴f(－1)＜f(0)＜f(eq\f(1,2))，∴f(3)<f(0)<f(eq\f(1,2))，∴b＞a＞c，故選D.2．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝4，則不等式exf(x)＞ex＋3(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510251)()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)[答案]A[解析]設(shè)g(x)＝exf(x)－ex，(x∈R)，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)＞1，∴f(x)＋f′(x)－1＞0，∴g′(x)＞0，∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增，∵exf(x)＞ex＋3，∴g(x)＞3，又∵g(0)＝e0f(0)－e0∴g(x)＞g(0)，∴x＞0，故選A.二、填空題3．函數(shù)y＝x3＋x2－x＋1在區(qū)間[－2,1]上的最小值為\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510252)[答案]－1[解析]y′＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，令y′＝0解得x＝eq\f(1,3)或x＝－1.當(dāng)x＝－2時(shí)，y＝－1；當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝2；當(dāng)x＝eq\f(1,3)時(shí)，y＝eq\f(22,27)；當(dāng)x＝1時(shí)，y＝2.所以函數(shù)的最小值為－1.4．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有eq\f(xf′x－fx,x2)>0，則不等式x2f(x)>0的解集是\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510253)[答案](－1,0)∪(1，＋∞)[解析]令g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，∵x>0時(shí)，eq\f(xf′x－fx,x2)>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上g(x)>0的解集為(1，＋∞)，∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴在(－∞，0)上g(x)<0的解集為(－1,0)，由x2f(x)>0得f(x)>0，∴f(x)>0的解集為(－1,0)∪(1，＋∞三、解答題5．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(k,2)x2－\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510254)(1)若k＝0，求f(x)的最小值；(2)若k＝1，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[解析](1)k＝0時(shí)，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)減小，在(0，＋∞)上單調(diào)增加，故f(x)的最小值為f(0)＝1.(2)若k＝1，則f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x，定義域?yàn)镽.∴f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1，由g′(x)≥0得x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(0)＝0，即f′(x)min＝0，故f′(x)≥0.所以f(x)在R上單調(diào)遞增．6．(2023·德州高二檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x－2lnx－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝ex(2lnx－x).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510255)(1)若函數(shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)求g(x)的最大值．[解析](1)由題意得x＞0，f′(x)＝1－eq\f(2,x)＋eq\f(a,x2).由函數(shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)得，f′(x)≥0，即a≥2x－x2＝－(x－1)2＋1(x＞0)．因?yàn)椋?x－1