2019-2020学年高中数学 第一章 导数及其应用单元质量测评课件 新人教A版选修2-2

第一章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题，共60分)答案C答案解析由导数的运算法则易得，注意A选项中的a为常数，所以(sina)′＝0.解析答案B答案解析答案C答案解析答案C答案解析答案B答案解析答案B答案解析7.设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A.∀x∈R，f(x)≤f(x0)B.－x0是f(－x)的极小值点C.－x0是－f(x)的极小值点D.－x0是－f(－x)的极小值点答案D答案解析函数f(x)的极大值f(x0)不一定是最大值，故A错误；f(x)与－f(－x)关于原点对称，故x0(x0≠0)是f(x)的极大值点时，－x0是－f(－x)的极小值点，故选D.解析答案D答案解析9.直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.22B．42C．2D．4解析由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为02(4x－x3)dx＝2x2－14x4|20＝4.解析答案D答案10.关于x的方程x3－3x2－m＝0有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是()A.(0,1)B．(－∞，0)C.(1，＋∞)D．(－4,0)解析令g(x)＝x3－3x2，则可知函数g(x)的极大值为0和极小值为－4，则得出m的取值范围是(－4,0).解析答案D答案答案B答案解析答案D答案解析第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.若01(2x＋k)dx＝2，则实数k＝________.解析∵01(2x＋k)dx＝(x2＋kx)10＝1＋k，∴1＋k＝2，∴k＝1.解析答案1答案14.已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________.解析因为f′(x)＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3.解析答案3答案答案2答案解析∵f(x)＝x＋12＋sinxx2＋1＝1＋2x＋sinxx2＋1，令g(x)＝2x＋sinxx2＋1，∴f′(x)＝g′(x)＝2－2x2＋x2＋1cosx－2xsinxx2＋12.∵g(－x)＝－g(x)，∴f′(－x)＝f′(x).∴f(2019)＋f′(2019)＋f(－2019)－f′(－2019)＝1＋g(2019)＋f′(2019)＋1－g(2019)－f′(2019)＝2.解析16.已知函数f(x)＝x＋3a2x－2alnx在区间(1,2)内是增函数，则实数a的取值范围是______.答案－1，13答案解析f′(x)＝1－3a2x2－2ax，由已知得1－3a2x2－2ax≥0在x∈(1,2)内恒成立，即x2－2ax－3a2≥0在x∈(1,2)内恒成立．设g(x)＝x2－2ax－3a2，则g1≥0，a≤1或g2≥0，a≥2或Δ＝(－2a)2＋12a2≤0，解得－1≤a≤13或a无解或a＝0，所以实数a的取值范围为－1，13.解析三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)曲线C：y＝2x3－3x2－2x＋1，点P12，0，求过P的切线l与C围成的图形的面积.答案答案18.(本小题满分12分)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a，b，c的值；(2)试判断x＝±1是函数的极小值点还是极大值点，并说明理由.解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为x＝±1是函数f(x)的极值点，所以x＝±1是方程f′(x)＝0即3ax2＋2bx＋c＝0的两根．由根与系数的关系，得－2b3a＝0，①c3a＝－1，②又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1.③由①②③，解得a＝12，b＝0，c＝－32.答案(2)因为f(x)＝12x3－32x，所以f′(x)＝32x2－32＝32·(x－1)·(x＋1)．当x－1或x1时，f′(x)0；当－1x1时，f′(x)0.所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上是减函数．所以当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1，x＝－1为极大值点；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1，x＝1为极小值点.答案19.(本小题满分12分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx－3在x＝1处取得极值，且在(0，－3)点处的切线与直线2x＋y＝0平行.(1)求f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝xf(x)＋4x的单调递增区间及极值.解(1)由f(x)＝ax2＋bx－3，可得f′(x)＝2ax＋b.由题设可得f′1＝0，f′0＝－2，即2a＋b＝0，b＝－2.解得a＝1，b＝－2.所以f(x)＝x2－2x－3.(2)由题意得，g(x)＝xf(x)＋4x＝x3－2x2＋x，所以g′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1).令g′(x)＝0，得x1＝13，x2＝1.答案所以函数g(x)的单调递增区间为－∞，13，(1，＋∞).极大值为g13＝427，极小值为g(1)＝0.答案20.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－ax2－(1－2a)x(a0).(1)若存在x0，使得不等式f(x)6a2－4a成立，求实数a的取值范围；(2)设函数y＝f(x)图象上任意不同的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为C(x0，y0)，记直线AB的斜率为k，证明kf′(x0).解(1)因为f(x)＝lnx－ax2－(1－2a)x，其定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝1x－2ax－(1－2a)＝－x－12ax＋1x，因为a0，x0，所以2ax＋10，所以当0x1时，f′(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x1时，f′(x)0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；从而当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ln1－a－(1－2a)＝a－1，答案由题意得a－16a2－4a，解得13a12，即实数a的取值范围13，12.(2)证明：因为f′(x)＝1x－2ax－(1－2a)，所以f′(x0)＝1x0－2ax0－(1－2a)＝2x1＋x2－a(x1＋x2)－(1－2a)，又k＝fx2－fx1x2－x1＝答案[lnx2－ax22－1－2ax2]－[lnx1－ax21－1－2ax1]x2－x1＝lnx2－lnx1－ax22－x21－1－2ax2－x1x2－x1＝lnx2x1x2－x1－a(x2＋x1)－(1－2a).不妨设x2x10，要证明kf′(x0)，答案即证明lnx2x1x2－x1－a(x2＋x1)－(1－2a)2x1＋x2－a(x1＋x2)－(1－2a)，只需证明lnx2x1x2－x12x1＋x2，即证明lnx2x12x2－x1x2＋x1＝2x2x1－1x2x1＋1，构造函数g(x)＝lnx－2x－1x＋1，答案则g′(x)＝1x－4x＋12＝x－12xx＋12≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，当x1时，g(x)g(1)＝0，又x2x11，所以lnx2x12x2x1－1x2x1＋1，从而kf′(x0)成立.答案21.(本小题满分12分)一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？解设火车的速度为xkm/h，甲、乙两城距离为akm.由题意，令40＝k·203，∴k＝1200，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·ax＝akx2＋400x.∴f(x)＝a1200x2＋400x(0x≤100).由f′(x)＝ax3－40000100x2＝0，得x＝2035.答案当0x2035时，f′(x)0；当2035x100时，f′(x)0，∴当x＝2035时，f(x)取最小值，即速度为2035km/h时，总费用最少.答案22.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x－alnx＋1＋ax(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若在[1，e](e＝2.71828…)上存在一点x0，使得f(x0)≤0成立，求a的取值范围.解(1)函数f(x)＝x－alnx＋1＋ax，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－1＋ax2－ax＝x2－ax－1＋ax2＝x＋1[x－1＋a]x2，x∈(0，＋∞)，答案①当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上总有f′(x)≥0，所以，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.②当1＋a0时，即a－1时，在区间(0,1＋a)上f′(x)0，在区间(1＋a，＋∞)上f′(x)0，所以f(x)在(0,1＋a)单调递减，在(1＋a，＋∞)单调递增.答案(2)在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)≤0成立，即函数f(x)＝x－alnx＋1＋ax在[1，e]上的最小值不大于0，由(1)知，当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)的最小值是f(1)，有f(1)＝1＋1＋a≤0，得a≤－2.当a－1时：答案①当1＋a≥e，即a≥e－1时，f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)的最小值是f(e)，由f(e)＝e＋1＋ae－a≤0可得a≥e2＋1e－1，因为e2＋1e－1e－1，所以a≥e2＋1e－1.答案②当1＋a≤1，即a≤0时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)的最小值是f(1)，有f(1)＝1＋1＋a≤0，得a≤－2，这与a－1矛盾，③当11＋ae，即0ae－1时，可得f(x)的最小值是f(1＋a)，因为0ln(1＋a)1，所以有0aln(1＋a)a，故有f(1＋a)＝a＋2－aln(1＋a)2，此时f(1＋a)≤0不成立.综上所述，所求a的取值范围是a≤－2或a≥e2＋1e－1.答案