北師版選擇性必修第二冊第二章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 章末質(zhì)量檢測題（含答案 ）

北師版選擇性必修·第二冊第二章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末質(zhì)量檢測題一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．函數(shù)f(x)＝exsinx的圖象在點(0，f(0))處切線的傾斜角為()A．30°B．45°C．150°D．135°2．一物體的運動滿足函數(shù)s＝3＋2t，則在[2，2.1]這段時間內(nèi)的平均速度是()A．0.41B．2C．0.3D．0.23．已知函數(shù)f(x)＝ln(2x＋1)，則f′(0)＝()A．0B．1C．2D．eq\f(1,2)4．函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x＋2)f′(x)<0的解集為()A．(－∞，－2)∪(－1，1)B．(－∞，－2)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)D．(1，＋∞)5．曲線f(x)＝x2＋x＋1在點(0，1)處的切線方程為()A．x＋y＋1＝0B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0D．x－y－1＝06．設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如題圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)7．函數(shù)f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(0，＋∞)B．(－3，1)C．(0，1)D．(1，＋∞)8．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，f(x)()A．有極大值，無極小值B．有極小值，無極大值C．既有極大值又有極小值D．既無極大值也無極小值二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分)9．以下四個式子分別是函數(shù)在其定義域內(nèi)求導(dǎo)，其中正確的是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x2)B．(cos2x)′＝－2sin2xC．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln3)))′＝3xD．(lgx)′＝eq\f(－1,xln10)10．曲線f(x)＝x3－x＋3在點P處的切線平行于y＝2x－1，則點P的坐標(biāo)為()A．(1，3)B．(－1，3)C．(－1，－3)D．(1，－3)11．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax＋1的圖象在x＝1處切線的斜率為－3，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)＝6B．f(x)在x＝－1處取得極大值C．當(dāng)x∈[1，2]時，f(x)有最小值D．f(x)的極大值為4eq\r(2)＋112．對于函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，下列說法正確的是()A．f(x)在x＝e處取得極大值eq\f(1,e)B．f(x)有兩個不同的零點C．f(2)<f(π)<f(3)D．若f(x)<k－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，則k>1三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上)13．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋4，則f′(1)＝________．14．函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2的單調(diào)遞增區(qū)間為________．15．已知x＝2是f(x)＝x3－3ax＋2的極小值點，那么函數(shù)f(x)的極大值為________．16．要做一個底面為長方形的帶蓋的箱子，其體積為72cm3，其底面兩鄰邊之比為1∶2，則它的長為________，高為________時，可使表面積最?。摹⒔獯痤}(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝－2x3＋3x2－3.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)求函數(shù)f(x)在[－1，2]上的最小值和最大值．18．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋1.(1)求函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≤2x＋c恒成立，求實數(shù)c的取值范圍．19．(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0處取得極值，求實數(shù)a的值；(2)若函數(shù)f(x)在[1，2]上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．20．(本小題滿分12分)已知a>0，討論函數(shù)f(x)＝eq\f(a,3)x3－eq\f(a2＋1,2)x2＋ax－2的單調(diào)性．21．(本小題滿分12分)某產(chǎn)品每件成本9元，售價30元，每星期賣出432件．如果降低價格，銷售量將會增加，且每星期多賣出的商品件數(shù)與商品單價的降低值x(單位：元，0≤x≤21)的平方成正比．已知商品單價降低2元時，一星期多賣出24件．(1)將一個星期的商品銷售利潤表示成關(guān)于x的函數(shù)y＝f(x)；(2)如何定價才能使一個星期的商品銷售利潤最大？22．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(e2x－1,x2).(1)求曲線y＝f(x)過點(1，0)的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有一個零點，求實數(shù)m的取值范圍．參考答案與解析1．解析：f′(x)＝exsinx＋excosx＝ex(sinx＋cosx)，∴f′(0)＝e0(sin0＋cos0)＝1，∴所求切線的傾斜角為45°.故選B.答案：B2．解析：Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2)＝0.2，Δt＝2.1－2＝0.1，則eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(0.2,0.1)＝2.故選B.答案：B3．解析：∵f(x)＝ln(2x＋1)，∴f′(x)＝eq\f(2,2x＋1)，∴f′(0)＝2，故選C.答案：C4．解析：當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0則不等式(x＋2)f′(x)<0的解集為(－∞，－2).當(dāng)x∈(－1，1)時，f′(x)<0，則不等式(x＋2)f′(x)<0的解集為－1<x<1.當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，則不等式(x＋2)f′(x)<0無解．綜上，不等式(x＋2)f′(x)<0的解集為(－∞，－2)∪(－1，1).故選A.答案：A5．解析：∵f(x)＝x2＋x＋1，∴f′(x)＝2x＋1，∴根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得曲線f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)處的切線的斜率為f′(0)＝1，∴曲線f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)處的切線方程為y－1＝f′(0)(x－0)即x－y＋1＝0.故選C.答案：C6．解析：由題圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值．故選D.答案：D7．解析：依題意得，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(2,x)－1＋eq\f(3,x2)＝eq\f(－x2－2x＋3,x2)＝－eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，故當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，故選C.答案：C8．解析：∵函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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－2F（x）,x3)，令φ(x)＝ex－2F(x)，則φ′(x)＝ex－2F′(x)＝eq\f(ex（x－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)≥0.又∵x>0，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，∴f(x)既無極大值也無極小值．故選D.答案：D9．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)，(cos2x)′＝－2sin2x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln3)))′＝3x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lgx))′＝eq\f(1,xln10).故選BC.答案：BC10．解析：因f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，故3x2－1＝2?x＝1或－1，所以P(1，3)或(－1，3)，經(jīng)檢驗，點(1，3)，(－1，3)均不在直線y＝2x－1上，故選AB.答案：AB11．解析：f′(x)＝3x2－a∵f′(1)＝3－a＝－3∴a＝6，A正確；則f(x)＝x3－6x＋1∴f′(x)＝3x2－6＝3(x－eq\r(2))(x＋eq\r(2))令f′(x)>0得x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)，令f′(x)<0得－eq\r(2)<x<eq\r(2)∴f(x)在(－∞，－eq\r(2))，(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調(diào)遞減∴f(x)在x＝－eq\r(2)處取得極大值，極大值為f(－eq\r(2))＝4eq\r(2)＋1，B錯誤，D正確；當(dāng)x∈[1，2]時，由f(x)的單調(diào)性知，f(x)有最小值，C正確．故選ACD.答案：ACD12．解析：函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，(x>0)，令f′(x)＝0得x＝e，則當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0，函數(shù)為增函數(shù)，當(dāng)x>e時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，則當(dāng)x＝e時，函數(shù)取得極大值，極大值為f(e)＝eq\f(1,e)，故A正確；當(dāng)x→0，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0，則f(x)的圖象如圖，由f(x)＝0得lnx＝0得x＝1，即函數(shù)f(x)只有一個零點，故B錯誤；由圖象知f(2)＝f(4)，f(3)>f(π)>f(4)，故f(2)<f(π)<f(3)成立，故C正確；若f(x)<k－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，則k>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，(x>0)，則h′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，當(dāng)x>1時，h′(x)<0，即當(dāng)x＝1時，函數(shù)h(x)取得極大值同時也是最大值h(1)＝1，∴k>1成立，故D正確．故選ACD.答案：ACD13．解析：f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋1，f′(1)＝3－2f′(1)＋1，解得f′(1)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)14．解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞).∵f′(x)＝eq\f(1,x)－x，令f′(x)＝eq\f(1,x)－x>0得0<x<1，∴函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1).答案：(0，1)15．解析：因為f′(x)＝3x2－3a，由題意可得，f′(2)＝12－3a＝0，故a＝4，f′(x)＝3x2－12，當(dāng)x>2或x<－2時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)－2<x<2時，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝－2時，函數(shù)取得極大值f(－2)＝18.答案：1816．解析：設(shè)底面的長為2xcm，則由條件可得寬為xcm，高為eq\f(72,2x2)＝eq\f(36,x2)cm，所以表面積S(x)＝4x2＋eq\f(72,x)＋eq\f(144,x)＝4x2＋eq\f(216,x)，因為S′(x)＝8x－eq\f(216,x2)，S′(x)<0?0<x<3，S′(x)>0?x>3，所以S(x)在(0，3)上單調(diào)遞減，(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝3時S(x)取得最小值，即此時長為6cm，寬為3cm，高為4cm.答案：6cm4cm17．解析：(1)定義域R，f′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝0，x＝1.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)單調(diào)遞減極小值－3單調(diào)遞增極大值－2單調(diào)遞減當(dāng)x＝0時，f(x)有極小值，極小值為f(0)＝－3；當(dāng)x＝1時，f(x)有極大值，極大值為f(1)＝－2.(2)結(jié)合(1)，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x－1(－1，0)0(0，1)1(1，2)2f′(x)－0＋0－f(x)2單調(diào)遞減極小值－3單調(diào)遞增極大值－2單調(diào)遞減－7f(－1)＝2，f(2)＝－7，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(2)＝－7.18．解析：(1)定義域為(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(2,x)，k＝f′(1)＝eq\f(2,1)＝2，f(1)＝2ln1＋1＝1，切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)2lnx＋1≤2x＋c，c≥2lnx－2x＋1令h(x)＝2lnx－2x＋1，h′(x)＝eq\f(2,x)－2＝eq\f(2（1－x）,x)，由h′(x)＝0，得x＝1x(0，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)單調(diào)遞增極大值－1單調(diào)遞減h(x)在(0，＋∞)有唯一極值，且是極大值，則此極大值即最大值．所以h(x)max＝h(1)＝－1所以c≥－1.19．解析：(1)f′(x)＝eq\f(（2x＋a）ex－（x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－x2－（a－2）x＋a,ex)，因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝eq\f(a,e0)＝0，所以a＝0.當(dāng)a＝0時，f′(x)＝eq\f(－x2＋2x,ex)＝eq\f(－x（x－2）,ex)，令f′(x)＝eq\f(－x（x－2）,ex)＝0，解得x＝0，或x＝2.所以當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減所以f(x)在x＝0處取得極小值．所以a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(－x2－（a－2）x＋a,ex)≥0在[1，2]上恒成立，但不恒為零，即－x2－(a－2)x＋a≥0在[1，2]上恒成立，但不恒為零，所以x2＋(a－2)x－a≤0在[1，2]上恒成立，但不恒為零，所以需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋（a－2）×1－a≤0,22＋（a－2）×2－a≤0))，解得a≤0，當(dāng)a＝0時，f′(x)＝eq\f(－x2＋2x,ex)不恒為零，所以a≤0.20．解析：定義域R，f′(x)＝ax2－(a2＋1)x＋a＝(x－a)(ax－1)(a>0).令f′(x)＝0，得x＝a，或x＝eq\f(1,a).(1)當(dāng)a>eq\f(1,a)時，即a>1.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)a＝eq\f(1,a)時，即a＝1，f′(x)＝(x－1)2≥0恒成立，但不恒為零，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．(3)當(dāng)a<eq\f(1,a)時，即0<a<1.此時，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下：x(－∞，a)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增f(x)在(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a>1時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝1時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<1時，f(x)在(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．21．解析：(1)設(shè)一星期多賣出的商品件數(shù)為t件，令t＝kx2，由題意知，24＝k×22，解得k＝6.由題意知，f(x)＝(30－9－x)(432＋6x2)＝－6x3＋126x2－423x＋9072(0≤x≤21).(2)f′(x)＝－18