高二下数学理科导数定积分周末练习卷(含答案)

-1-2011-2012学年第二学期高二理科数学周练（五）2012-3-8一、选择题1．∫10(ex＋2x)dx等于()A．1B．e－1C．eD．e＋1解析：选C.∫10(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|10＝(e1＋12)－(e0＋02)＝e.2．若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)＞0的解集为()A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)解析：选C.由题意知x＞0，且f′(x)＝2x－2－4x，即f′(x)＝2x2－2x－4x＞0，∴x2－x－2＞0，解得x＜－1或x＞2.又∵x＞0，∴x＞2.3．函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)0，则下列结论中正确的是()A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点解析：选D.由题意，得x－1，f′(x)0或x－1，f′(x)0，但函数f(x)在x＝－1处未必连续，即x＝－1不一定是函数f(x)的极值点，故选D.4．曲线y＝sinxsinx＋cosx－12在点Mπ4，0处的切线的斜率为()A．－12B.12C．－22D.22解析：y′＝cosxx＋cosx－x－sinxxx＋cosx2＝1x＋cosx2，故y′x＝π4＝12，∴曲线在点Mπ4，0处的切线的斜率为12.5．由曲线y＝x，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为()A.103B．4C.163D．6解析：选C.由y＝xy＝x－2，得其交点坐标为()4，2.因此y＝x与y＝x－2及y轴所围成的图形的面积04[]x－()x－2dx＝04()x－x＋2dx＝23x32－12x2＋2x|40＝163.6、设f(x)＝x2，x∈[0，1]，2－x，x∈1，2]，则02f(x)dx等于(C)A.34B.45C.56D．不存在7、设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像是()-2-解析：若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则易得a＝c.因选项A、B的函数为f(x)＝a(x＋1)2，则[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝a(x＋1)(x＋3)ex，∴x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴x＝－b2a＞0，且开口向下，∴a＜0，b＞0.∴f(－1)＝2a－b＜0.也满足条件；选项D中，对称轴x＝－b2a＜－1，且开口向上，∴a＞0，b＞2a.∴f(－1)＝2a－b＜0.与图矛盾，故答案选D.8、设,2,1,2],1,0[,)(2xxxxxf则,20)(xfdx等于()A.43B．54C．65D．不存在,解析本题应画图求解，更为清晰，如图，.65)21224(31|)212(|31dx)2(dxdx)(2121032110220xxxxxxf9、曲线y＝cosx(0≤x≤3π2)与坐标轴围成的面积是()A．4B.52C．3D．2解析先作出y＝cosx0≤x≤3π2的图象，如图所示，从图象中可以看出)2πsin2π3(sin0sin2πsin||sin|sindxcosdxcos2π32π2π02π02π32πxxxxS=1-0-(-1-1)=3.10、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在区间(－1,0)上单调递减，则a2＋b2的取值范围是()A．[94，＋∞)B．(0，94]C．[95，＋∞)D．(0，95]解析：由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，∴2a－b－3≥0，b≤0.∴a，b所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O到直线2a－b－3＝0的距离d＝35.∴a2＋b2≥d2＝95.∴a2＋b2的取值范围为[95，＋∞)．-3-二、填空题11、函数f(x)＝x＋2cosx在区间[0，π2]上的单调递减区间是________．解析：f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)≤0，即1－2sinx≤0，所以sinx≥12.又∵x∈[0，π2]，所以π6≤x≤π2，即函数f(x)的单调递减区间是π6，π2.12、设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________．解析：y′＝ex＋a，问题转化为“方程ex＋a＝0有大于零的实数根”，由方程解得x＝ln(－a)(a0)，由题意得ln(－a)0，即a－1.13、已知函数f(x)＝xex，则函数f(x)图象在点(0，f(0))处的切线方程为________．解析：依题意得f′(x)＝1·ex＋x·ex＝(1＋x)ex；f′(0)＝(1＋0)e0＝1，f(0)＝0·e0＝0，因此函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程是y－0＝x－0，即y＝x.14、设函数f(x)＝ax2＋c(a≠0)，若ʃ10f(x)dx＝f(x0),0≤x0≤1，则x0的值为________．解析ʃ10(ax2＋c)dx＝ax20＋c，∴a3＝ax20，∵a≠0，∴x20＝13，又0≤x0≤1，∴x0＝33.15、如图，设点P从原点沿曲线y＝x2向点A(2,4)移动，记直线OP、曲线y＝x2及直线x＝2所围成的面积分别记为S1，S2，若S1＝S2，则点P的坐标为________解析：设直线OP的方程为y＝kx,P点的坐标为(x，y)，则0x(kx－x2)dx＝2x(x2－kx)dx，即(12kx2－13x3)0x＝(13x3－12kx2)2x，解得12kx2－13x3＝83－2k－(13x3－12kx2)，解得k＝43，即直线OP的方程为y＝43x，所以点P的坐标为(43，169)．三、解答题16．设a0，函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx.(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为－1，求a的值；(2)当0a1时，求函数f(x)的极值点．解：(1)由已知得x0，f′(x)＝x－(a＋1)＋ax.因为曲线y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为－1，所以f′(2)＝－1.即2－(a＋1)＋a2＝－1，所以a＝4.(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋x＋ax＝x－x－ax，因0a1，当x∈(0，a)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增；当x∈(a,1)时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点．-4-17．已知函数f(x)＝x2＋ax＋blnx(x0，实数a，b为常数)．(1)若a＝1，b＝－1，求函数f(x)的极值；(2)若a＋b＝－2，且b1，讨论函数f(x)的单调性．解：(1)函数f(x)＝x2＋x－lnx，则f′(x)＝2x＋1－1x，令f′(x)＝0，得x1＝－1(舍去)，x2＝12.当0x12时，f′(x)0，函数单调递减；当x12时，f′(x)0，函数单调递增；∴f(x)在x＝12处取得极小值34＋ln2.(2)由于a＋b＝－2，则a＝－2－b，从而f(x)＝x2－(2＋b)x＋blnx，则f′(x)＝2x－(2＋b)＋bx＝x－bx－x，令f′(x)＝0，得x1＝b2，x2＝1.①当b2≤0，即b≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；②当0b21，即0b2时，列表如下：x0，b2b2，1(1，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，函数f(x)的单调递增区间为0，b2，(1，＋∞)，单调递减区间为b2，1.18．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋c(c0)，其导函数y＝h′(x)的图象如图所示，f(x)＝lnx－h(x)．(1)求函数f(x)在x＝1处的切线斜率；(2)若函数f(x)在区间12，m＋14上是单调函数，求实数m的取值范围；(3)若函数y＝2x－lnx(x∈[1,4])的图象总在函数y＝f(x)的图象的上方，求c的取值范围．解：(1)由题知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过A(2，－1)、B(0,3)两点，∴4a＋b＝－1b＝3，解得a＝－1b＝3.∴h(x)＝－x2＋3x＋c.∴f(x)＝lnx－(－x2＋3x＋c)＝x2－3x－c＋lnx.∴f′(x)＝2x－3＋1x，∴f′(1)＝2－3＋11＝0，所以函数f(x)在x＝1处的切线斜率为0.(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f′(x)＝2x－3＋1x＝2x2－3x＋1x＝x－x－x.令f′(x)＝0，得x＝12或x＝1.当x变化时，f(x)、f′(x)随x的变化情况如下表：-5-x0，121212，11(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)．f(x)的单调递减区间为12，1.要使函数f(x)在区间12，m＋14上是单调函数，则12m＋14m＋14≤1，解得14m≤34.故实数m的取值范围是14，34.(3)由题意可知，2x－lnxx2－3x－c＋lnx在x∈[1,4]上恒成立，即当x∈[1,4]时，cx2－5x＋2lnx恒成立。设g(x)＝x2－5x＋2lnx，x∈[1,4]，则cg(x)max.易知g′(x)＝2x－5＋2x＝2x2－5x＋2x＝x－x－x.令g′(x)＝0得，x＝12或x＝2.当x∈(1,2)时，g′(x)0，函数g(x)单调递减；当x∈(2,4)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增．而g(1)＝12－5×1＋2ln1＝－4，g(4)＝42－5×4＋2ln4＝－4＋4ln2，显然g(1)g(4)，故函数g(x)在[1,4]上的最大值为g(4)＝－4＋4ln2，故c－4＋4ln2.∴c的取值范围为(－4＋4ln2，＋∞)．19、设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝1x，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g(1x)的大小关系；(3)是否存在x0＞0使得|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．[:]解：(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋1x，∴g′(x)＝x－1x2.令g′(x)＝0得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调减区间．当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.(2)g(1x)＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g(1x)＝2lnx－x＋1x，则h′(x)＝－x－12x2.当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g(1x)．[:]当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减．当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g(1x)．当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g(1x)．(3)满足条件的x0不存在．证明如下：-6-高考资源网(w法一：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有lnx＜g(x0)＜lnx＋2x，(*)但对上述x0，取x1＝e0()gx时，有lnx1＝g(x0)，这与