人教版新课标A选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试当堂达标检测题

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第一章 导数及其应用

(限时120分钟；满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列求导正确的是
A.′＝　 B．(xe－x2)′＝e－x2·(1＋2x2)
C．(6cos x)′＝6sin x D．(＋ln x)′＝
解析　按导数的运算法则，结合基本初等函数的导数公式计算可知答案为D.
答案　D
2．曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于
A．2e B．e
C．2 D．1
解析　y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲线在点(1，1)处的切线斜率为y′|x＝1＝2.
答案　C
3．f(x)＝ax3＋2，若f′(1)＝4，则a的值等于
A. B.
C. D．1
解析　f′(x)＝3ax2＋，∴f′(1)＝3a＋1＝4，∴a＝1.
答案　D
4．设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是
A．奇函数，且在(0，1)上是增函数
B．奇函数，且在(0，1)上是减函数
C．偶函数，且在(0，1)上是增函数
D．偶函数，且在(0，1)上是减函数
解析　由得－1 则函数的定义域为(－1，1)．
又∵f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数．
f′(x)＝＋，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，1)上为增函数．故选A.
答案　A
5．若函数f(x)满足f(x)＝x3－f′(1)·x2－x，则f′(1)的值为
A．0 B．2
C．1 D．－1
解析　f′(x)＝x2－2f′(1)x－1，所以f′(1)＝1－2f′(1)－1，则f′(1)＝0.
答案　A
6．函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为
A．－1 C．a<－1或a>2 D．a<－3或a>6
解析　f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6＝0有两个不相等的实数根．由Δ＝(2a)2－4×3×(a＋6)＝4(a2－3a－18)>0，解得a<－3或a>6.
答案　D
7．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是
A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞)
C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)
解析　f′(x)＝3x2＋a.令3x2＋a≥0，
则a≥－3x2，x∈(1，＋∞)，∴a≥－3.
答案　B
8．若f(x)＝，则f(x)dx＝
A．0 B．1
C．2 D．3
解析　f(x)dx＝(x3＋sin x)dx＋2dx＝0＋(2x)＝4－2＝2.
答案　C

9．已知函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a、b、c的大小关系为
A．a C．c 解析　由f(x)＝f(2－x)知函数f(x)图象关于x＝1对称．
当x<1时，由(x－1)f′(x)<0知f′(x)>0，
即x<1时，f(x)单调递增．
a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)＝f(－1)，
∵－1<0<，∴c 答案　B
10．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝2，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<1(x∈R)，则不等式f(x) A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－1，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析　不等式f(x) 设g(x)＝f(x)－x，
由题意g′(x)＝f′(x)－1<0，g(1)＝f(1)－1＝1，
故原不等式⇔g(x)1.
答案　A
11．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析　利用f′(x)＝3ax2－6x结合题意，可利用特殊值法求解．
f′(x)＝3ax2－6x，
当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，
则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，
f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，
则f(x)的大致图象如图(1)所示．

图(1)
不符合题意，排除A、C.

图(2)
当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，
则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，
f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，
则f(x)的大致图象如图(2)所示．
不符合题意，排除D.
答案　B
12．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品．若该商品零售价定为P元，销售量为Q，则销量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P2.最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)
A．30元 B．60元
C．28 000元 D．23 000元
解析　设毛利润为L(P)，由题意知
L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)
＝(8 300－170P－P2)(P－20)
＝－P3－150P2＋11 700P－166 000，
所以，L′(P)＝－3P2－300P＋11 700.
令L′(P)＝0，解得P＝30或P＝－130(舍去)．
此时，L(30)＝23 000.
根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元．
答案　D

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．
解析　y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，
∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x.
答案　y＝3x
14．已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．
解析　先求f′(x)，再求字母a的值．
f′(x)＝a＝a(1＋ln x)．
由于f′(1)＝a(1＋ln 1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.
答案　3
15．曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．
解析　如图，阴影部分的面积即为所求．

由得A(1，1)．
故所求面积为S＝(x－x2)dx＝＝.
答案　
16．已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝______．
解析　解法一　∵y＝x＋ln x，∴y′＝1＋，
y′＝2.
∴曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
解法二　同解法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′＝2ax0＋(a＋2)．
由解得
答案　8
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解析　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
经检验，a＝符合题意.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex
＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－1 当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．

18．(12分)曲线C：y＝2x3－3x2－2x＋1，点P，求过P的切线l与C围成的图形的面积．

解析　设切点P0(x0，y0)，则y′＝6x－6x0－2.
切线l：y－(2x－3x－2x0＋1)
＝(6x－6x0－2)(x－x0)过P.
∴－(2x－3x－2x0＋1)
＝(6x－6x0－2)·，
x0(4x－6x0＋3)＝0，
∴x0＝0，y0＝1，A(0，1)．
∴l切：y－1＝－2(x－0)，∴2x＋y－1＝0，
∴⇒，
B.∴S＝(3x2－2x3)dx＝.
19．(12分)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x＞0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为
y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x＞0知：
①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．
20．(12分)某生产饮料的企业拟投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内，预计年销量Q(万件)与广告费x(万元)之间的函数关系为Q＝(x≥0)，已知生产此产品的年固定投入为3万元，每生产1万件此产品需再投入32万元，若每件产品售价为“年平均每件成本的150%”与“年平均每件所占广告费的50%”之和．
(1)试将年利润y(万元)表示为年广告费x(万元)的函数．如果年广告费投入100万元，企业是亏损还是盈利？
(2)当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？
解析　(1)由题意，每年销售Q万件，共计成本为(32Q＋3)万元．
销售收入是(32Q＋3)·150%＋x·50%，
所以年利润y＝(年收入)－(年成本)－(年广告费)
＝(32Q＋3)＋x－(32Q＋3)－x＝·(32Q＋3－x)＝
＝(x≥0)，
所以所求的函数关系式为y＝(x≥0)．
当x＝100时，y<0，
即当年广告费投入100万元时，企业亏损．
(2)由y＝f(x)＝(x≥0)可得
f′(x)＝
＝.
令f′(x)＝0，则x2＋2x－63＝0，
所以x＝－9(舍去)或x＝7.又x∈(0，7)时，f′(x)>0；x∈(7，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)极大值＝f(7)＝42.
又因为在(0，＋∞)上只有一个极值点，
所以f(x)max＝f(x)极大值＝f(7)＝42.
故当年广告费投入7万元时，企业年利润最大．
21．(12分)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0，1)．
22．(12分)(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解析　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.