2013学年高中数学第一章导数定积分单元检测新人教A版选修2-2

-1-第一章导数及其应用综合检测一、选择题1．函数y＝x|x(x－3)|＋1()A．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝1B．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1C．极大值为f(2)＝5，极小值为f(0)＝f(3)＝1D．极大值为f(2)＝5，极小值为f(3)＝1，f(－1)＝－3[答案]B[解析]y＝x|x(x－3)|＋1＝x3－3x2＋1(x0或x3)－x3＋3x2＋1(0≤x≤3)∴y′＝3x2－6x(x0或x3)－3x2＋6x(0≤x≤3)x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0＋0－0＋f(x)无极值极大值5极小值1∴f(x)极大＝f(2)＝5，f(x)极小＝f(3)＝1故应选B.2．(2009·安徽理，9)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是()A．y＝2x－1B．y＝xC．y＝3x－2D．y＝－2x＋3[答案]A[解析]本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式．∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4，∴f(x)＝x2，∴f′(x)＝2x，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1.3．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)-2-C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)[答案]D[解析]令F(x)＝f(x)·g(x)，易知F(x)为奇函数，又当x0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，即F′(x)0，知F(x)在(－∞，0)内单调递增，又F(x)为奇函数，所以F(x)在(0，＋∞)内也单调递增，且由奇函数知f(0)＝0，∴F(0)＝0.又由g(－3)＝0，知g(3)＝0∴F(－3)＝0，进而F(3)＝0于是F(x)＝f(x)g(x)的大致图象如图所示∴F(x)＝f(x)·g(x)0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故应选D.4．已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c()A．有最大值152B．有最大值－152C．有最小值152D．有最小值－152[答案]B[解析]由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－1,2]上，f′(x)≤0恒成立．所以f′(－1)≤0f′(2)≤0即2b－c－3≥04b＋c＋12≤0令b＋c＝z，b＝－c＋z，如图过A－6，－32得z最大，最大值为b＋c＝－6－32＝－152.故应选B.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)5.－2－1dx(11＋5x)3＝________.[答案]772[解析]取F(x)＝－110(5x＋11)2，-3-从而F′(x)＝1(11＋5x)3则－2－1dx(11＋5x)3＝F(－1)－F(－2)＝－110×62＋110×12＝110－1360＝772.6．(2009·陕西理，16)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为________．[答案]－2[解析]本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质．k＝y′|x＝1＝n＋1，∴切线l：y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，x＝nn＋1，∴an＝lgnn＋1，∴原式＝lg12＋lg23＋…＋lg99100＝lg12×23×…×99100＝lg1100＝－2.7．如图阴影部分是由曲线y＝1x，y2＝x与直线x＝2，y＝0围成，则其面积为________．[答案]23＋ln2[解析]由y2＝x，y＝1x，得交点A(1,1)由x＝2y＝1x得交点B2，12.故所求面积S＝01xdx＋121xdx＝23x32|10＋lnx|21＝23＋ln2.三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)8．(本题满分12分)(2010·江西理，19)设函数f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋ax(a0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．-4-[解析]函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a，(1)当a＝1时，f′(x)＝－x2＋2x(2－x)，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝2－2xx(2－x)＋a0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝12.9．(本题满分12分)求曲线y＝2x－x2，y＝2x2－4x所围成图形的面积．[解析]由y＝2x－x2，y＝2x2－4x得x1＝0，x2＝2.由图可知，所求图形的面积为S＝02(2x－x2)dx＋|02(2x2－4x)dx|＝02(2x－x2)dx－02(2x2－4x)dx.因为x2－13x3′＝2x－x2，23x3－2x2′＝2x2－4x，所以S＝x2－13x320－23x3－2x220＝4.10．设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值点．[分析]考查利用导数研究函数的单调性，极值点的性质，以及分类讨论思想．[解析](1)f′(x)＝3x2－3a.因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，所以f′(2)＝0，f(2)＝8.即3(4－a)＝0，8－6a＋b＝8.解得a＝4，b＝24.(2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)．当a0时，f′(x)0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点．当a0时，由f′(x)＝0得x＝±a.-5-当x∈(－∞，－a)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增；当x∈(－a，a)时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)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＝a是f(x)的极小值点．11．已知函数f(x)＝12x2＋lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当x1时，12x2＋lnx23x3.[解析](1)依题意知函数的定义域为{x|x0}，∵f′(x)＝x＋1x，故f′(x)0，∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．(2)设g(x)＝23x3－12x2－lnx，∴g′(x)＝2x2－x－1x，∵当x1时，g′(x)＝(x－1)(2x2＋x＋1)x0，∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴g(x)g(1)＝160，∴当x1时，12x2＋lnx23x3.12．设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.(1)对于任意实数x,f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．[分析]本题主要考查导数的应用及转化思想，以及求参数的范围问题．[解析](1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)．因为x∈(－∞，＋∞)．f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立．所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，即m的最大值为－34.(2)因为当x1时，f′(x)0；当1x2时，f′(x)0；当x2时f′(x)0.所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a，当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a.故当f(2)0或f(1)0时，方程f(x)＝0仅有一个实根，解得a2或a52.13．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋1(a∈R)．(1)若函数y＝f(x)在区间0，23上递增，在区间23，＋∞上递减，求a的值；(2)当x∈[0,1]时，设函数y＝f(x)图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ，若给定常数-6-a∈32，＋∞，求tanθ的取值范围；(3)在(1)的条件下，是否存在实数m，使得函数g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象与函数y＝f(x)的图象恰有三个交点．若存在，请求出实数m的值；若不存在，试说明理由．[解析](1)依题意f′23＝0，由f′(x)＝－3x2＋2ax，得－3232＋2a·23＝0，即a＝1.(2)当x∈[0,1]时，tanθ＝f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x－a32＋a23.由a∈32，＋∞，得a3∈12，＋∞.①当a3∈12，1，即a∈32，3时，f′(x)max＝a23，f(x)min＝f′(0)＝0.此时0≤tanθ≤a23.②当a3∈(1，＋∞)，即a∈(3，＋∞)时，f′(x)max＝f′(1)＝2a－3，f′(x)min＝f′(0)＝0，此时，0≤tanθ≤2a－3.又∵θ∈[0，π)，∴当32a≤3时，θ∈0，arctana23，当a3时，θ∈[0，arctan(2a－3)]．(3)函数y＝f(x)与g(x)＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1(m∈R)的图象恰有3个交点，等价于方程－x3＋x2＋1＝x4－5x3＋(2－m)x2＋1恰有3个不等实根，∴x4－4x3＋(1－m)x2＝0，显然x＝0是其中一个根(二重根)，方程x2－4x＋(1－m)＝0有两个非零不等实根，则Δ＝16－4(1－m)01－m≠0∴m－3且m≠1故当m－3且m≠1时，函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有3个交点．