选择性必修 第二册5.1 导数的概念及其意义当堂达标检测题

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1.[2022·山东滨州高二期末]已知函数f(x)＝2x3－6x2＋7.
(1)求函数f(x)在区间[－2，3]上的最大值和最小值；
(2)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数．
2．[2022·福建漳州三中高二期末]已知函数f(x)＝xlnx－ax＋a.
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；
(2)若x≥1时，f(x)≥0，求a的取值范围．
提能力
3.[2022·山东德州高二期末]高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20，t∈N*.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当10≤t≤20时，高铁为满载状态，载客量为1200人；当2≤t<10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．记发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P(t).
(1)求P(t)的表达式；
(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(t)＝eq \f(t,5)P(t)－40t2＋660t－2048元，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益eq \f(Q（t）,t)最大？最大为多少？
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4.[2022·河北唐山高二期中]已知函数f(x)＝ax－2lnx(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
课时作业(二十一) 函数极值与最值的综合应用
1．解析：(1)f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
∴f(x)的最大值为7，最小值为－33.
(2)
当a＜－1或a＞7时，方程有一个根；
当a＝－1或7时，方程有两个根；
当－1＜a＜7时，方程有三个根．
2．解析：(1)由题可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，
由f′(x)<0得f(x)在区间(0，1)上单调递减，由f′(x)>0得f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝0，无极大值．
(2)由题可知，当x≥1时，f(x)≥0恒成立，即lnx－a＋eq \f(a,x)≥0恒成立，
设g(x)＝lnx－a＋eq \f(a,x)(x≥1)，g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤1时，g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝0，满足条件；
当a>1时，令g′(x)＝0得x＝a，当1≤xa时，g′(x)>0，
∴g(x)在[1，a]上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增，
∴g(a)综上，a的取值范围是(－∞，1].
3．解析：(1)设当2≤t<10时，减少的人数与(10－t)2成正比，比例系数为k，
所以P(t)＝1200－k(10－t)2，2≤t<10，
当t＝5时，P(5)＝950，即1200－k(10－5)2＝950，
解得k＝10，
所以P(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1200－10（10－t）2，2≤t<10,1200，10≤t≤20)).
(2)由题意可得：Q(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(700t－2048－2t3，2≤t<10,900t－40t2－2048，10≤t≤20))，
所以eq \f(Q（t）,t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(700－2t2－\f(2048,t)，2≤t<10,900－40t－\f(2048,t)，10≤t≤20))，
令H(t)＝eq \f(Q（t）,t)，当2≤t<10时，H′(t)＝－4t＋eq \f(2048,t2)＝eq \f(2048－4t3,t2)；
令H′(t)＝0得t＝8；当2≤t<8时，H′(t)>0，当8所以H(t)的最大值为H(8)＝316；
当10≤t≤20时，H′(t)＝－40＋eq \f(2048,t2)<0，
所以H(t)最大值为H(10)＝295.2；
因为295.2<316，所以单位时间的净收益最大为316元；
综上，当发车时间间隔为8分钟时，单位时间净收益最大，且最大为316元．
4．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq \f(2,x)＝eq \f(ax－2,x).
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)<0，得00，得x>eq \f(2,a)，
所以f(x)在(0，eq \f(2,a))上单调递减，在(eq \f(2,a)，＋∞)上单调递增．
(2)令ax－2lnx＝0，得a＝eq \f(2lnx,x)(x>0).
令g(x)＝eq \f(2lnx,x)，则g′(x)＝eq \f(2（1－lnx）,x2)，
令g′(x)>0，得0e，
所以函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(2,e)；
当0当x>e时，g(x)>0，所以g(x)∈(0，eq \f(2,e))，
所以函数g(x)的图象如图所示，由图可得，
当a>eq \f(2,e)时，直线y＝a与函数g(x)的图象没有交点，函数f(x)没有零点；
当a＝eq \f(2,e)或a≤0时，直线y＝a与函数g(x)的图象有1个交点，函数f(x)有1个零点；
当0x
－2
(－2，0)
0
(0，2)
2
(2，3)
3
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
f(－2)＝－33

f(0)＝7
f(2)＝－1
f(3)＝7
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
f(0)＝7

f(2)＝－1
