《2022高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的) 1．dx等于(　B　) A．－2ln2　　　　　　 B．2ln2 C．－ln2 D．ln2 [解析]　因?yàn)?2lnx)′＝， 所以 dx＝2lnx|＝2ln4－2ln2＝2ln2． 2．曲線y＝x3－3x2＋1在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為(　B　) A．y＝3x－4 B．y＝－3x＋2 C．y＝－4x＋3 D．y＝4x－5 [解析]　∵點(diǎn)(1，－1)在曲線上，y′＝3x2－6x， ∴

2、y′|x＝1＝－3，即切線斜率為－3． ∴利用點(diǎn)斜式得，切線方程為y＋1＝－3(x－1)，即y＝－3x＋2．故選B． 3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ文，6)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為(　D　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x [解析]　∵ f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴ f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a． 又f(x)為奇函數(shù)， ∴ f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立， ∴ a＝1，∴ f′

3、(x)＝3x2＋1， ∴ f′(0)＝1， ∴ 曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x． 故選D． 4．(2018·青島高二檢測(cè))下列函數(shù)中，x＝0是其極值點(diǎn)的函數(shù)是(　B　) A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cosx C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝ [解析]　對(duì)于A，f ′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)；對(duì)于B，f ′(x)＝sinx，當(dāng)x∈(－π，0)時(shí)，f ′(x)<0，當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，f ′(x)>0，故f(x)＝－cosx在x＝0的左側(cè)區(qū)間(－π，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在其右側(cè)區(qū)間(0，π)內(nèi)單調(diào)遞增，所以x＝0是

4、f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)；對(duì)于C，f ′(x)＝cosx－1≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)；對(duì)于D，f(x)＝在x＝0沒有定義，所以x＝0不可能成為極值點(diǎn)，綜上可知，答案選B． 5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3時(shí)取得極值，則a＝(　D　) A．2　　　 B．3　　　　 C．4　　　　 D．5 [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，由條件知，x＝－3是方程f ′(x)＝0的實(shí)數(shù)根，∴a＝5． 6．(2017·浙江卷)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(　D　) [解析]　觀察導(dǎo)函數(shù)f′(x)的

5、圖象可知，f′(x)的函數(shù)值從左到右依次為小于0，大于0，小于0，大于0， ∴對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的增減性從左到右依次為減、增、減、增． 觀察選項(xiàng)可知，排除A，C． 如圖所示，f′(x)有3個(gè)零點(diǎn)，從左到右依次設(shè)為x1，x2，x3，且x1，x3是極小值點(diǎn)，x2是極大值點(diǎn)，且x2>0，故選項(xiàng)D確，故選D． 7．若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　D　) A．2　　　　 B．3　　　　　 C．6　　　　　 D．9 [解析]　∵f ′(x)＝12x2－2ax－2b， 又因?yàn)樵趚＝1處有極值，∴a＋b＝6， ∵a>0，b>0

6、，∴ab≤()2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取等號(hào)， 所以ab的最大值等于9．故選D． 8．函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的圖象經(jīng)過四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　D　) A．－ [解析]　f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)， 要使函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個(gè)象限，則f(－2)f(1)<0， 即(a＋1)(－a＋1)<0，解得a<－或a>． 故選D． 9．(2018·沈陽(yáng)一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex＋1，則(　D　) A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)

7、 C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn) [解析]　由于f(x)＝xex，可得f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)＝(x＋1)ex＝0可得x＝－1， 令f′(x)＝(x＋1)ex＞0可得x＞－1，即函數(shù)在(－1，＋∞)上是增函數(shù) 令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函數(shù)在(－∞，－1)上是減函數(shù) 所以x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn)． 故選D． 10．(2017·全國(guó)卷Ⅱ理，11)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值是(　A　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1

8、[解析]　函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1． 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1時(shí)，f′(x)＝0， 且x<－2時(shí)，f′(x)>0；－21時(shí)，f′(x)>0． 所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)． 所以函數(shù)f(x

9、)的極小值為f(1)＝－1． 故選A． 11．已知函數(shù)f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若對(duì)任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，則a的取值范圍是(　B　) A．(0，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，－1] [解析]　由于g(x)＝x3－x2－5?g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，∴函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，g＝－－5＝－，g(2)＝8－4－5＝－1．由于對(duì)?x1，x2∈，f(x1)－g(x2)≥2恒成立，∴f(x)≥[g(x)＋2]max，即x∈時(shí)，f(x)≥1恒成立，即＋xlnx≥1，在上恒成立，a

10、≥x－x2lnx在上恒成立，令h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x， 而h″(x)＝－3－2lnx，x∈時(shí)，h″(x)<0， 所以h′(x)＝1－2xlnx－x在單調(diào)遞減， 由于h′(1)＝0，∴x∈時(shí)，h′(x)>0，x∈[1,2]時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)≤h(1)－1，∴a≥1． 12．(2017·全國(guó)卷Ⅲ理，11)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點(diǎn)，則a＝(　C　) A．－ B． C． D．1 [解析]　方法1：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]

11、－1， 令t＝x－1，則g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1． ∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)， ∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù)． ∵f(x)有唯一零點(diǎn)， ∴g(t)也有唯一零點(diǎn)． 又g(t)為偶函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)知g(0)＝0， ∴2a－1＝0，解得a＝． 故選C． 方法2：f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x． ex－1＋e－x＋1≥2＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． 若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零點(diǎn)，

12、則必有2a＝1，即a＝． 若a≤0，則f(x)的零點(diǎn)不唯一． 故選C． 二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上) 13．(2017·南開區(qū)二模)已知f(x)＝x(2016＋lnx)，f′(x0)＝2017，則x0＝1__． [解析]　f′(x)＝2016＋lnx＋1＝2017＋lnx 又∵f′(x0)＝2017，∴f′(x0)＝2017＋lnx0＝2017， 則lnx0＝0，x0＝1． 14．(2018·海淀區(qū)校級(jí)期末)已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，則f(x)的最小值為1． [解析]　函數(shù)的定義域(0，＋∞) f′(x)＝2x－2·

13、＝＝ 令f′(x)≥0?x≥1; f′(x)≤0?0＜x≤1 所以函數(shù)在(0,1]單調(diào)遞減，在[1，＋∞)單調(diào)遞增 所以函數(shù)在x＝1時(shí)取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1 故答案為1． 15．如圖陰影部分是由曲線y＝、y2＝x與直線x＝2、y＝0圍成，則其面積為＋ln2． [解析]　由，得交點(diǎn)A(1,1) 由得交點(diǎn)B． 故所求面積S＝dx＋dx ＝x＋lnx＝＋ln2． 16．(2018·玉溪模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,5]，部分對(duì)應(yīng)值如下表，f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，給出關(guān)于f(x)的下列命題： x －1 0 2 4 5

14、 f(x) 1 2 0 2 1 ①函數(shù)y＝f(x)在x＝2取到極小值； ②函數(shù)f(x)在[0,1]是減函數(shù)，在[1,2]是增函數(shù)； ③當(dāng)1＜a＜2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)； ④如果當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，f(x)的最大值是2，那么t的最小值為0． 其中所有正確命題是①③④(寫出正確命題的序號(hào))． [解析]　由圖象可知當(dāng)－1＜x＜0,2＜x＜4時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增， 當(dāng)0＜x＜2,4＜x＜5時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝0或x＝4時(shí)，函數(shù)取得極大值，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)取得極小值． 所以①正確． ②函數(shù)在[0,2]上單調(diào)

15、遞減，所以②錯(cuò)誤． ③因?yàn)閤＝0或x＝4時(shí)，函數(shù)取得極大值，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)取得極小值． 所以f(0)＝2，f(4)＝2，f(2)＝0， 因?yàn)閒(－1)＝f(5)＝1，所以由函數(shù)圖象可知當(dāng)1＜a＜2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有4個(gè)零點(diǎn)；正確． ④因?yàn)楹瘮?shù)在[－1,0]上單調(diào)遞增，且函數(shù)的最大值為2， 所以要使當(dāng)x∈[－1，t]時(shí)，f(x)的最大值是2，則t≥0即可，所以t的最小值為0，所以④正確． 故答案為①③④． 三、解答題(本大題共6個(gè)大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)(2018·贛州二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)2＋alnx

16、有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2．求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)因?yàn)閒(x)＝(x－1)2＋alnx，∴f′(x)＝2(x－1)＋，(x>0) 即f′(x)＝，令g(x)＝2x2－2x＋a，(x＞0) 則(x1＜x2)是方程2x2－2x＋a＝0的兩個(gè)正實(shí)根． 則，得00)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0,1]上 的最大值為，求a的值． [解析]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,2)， f ′(x)＝－＋a， (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f ′(x)＝，∴當(dāng)x

17、∈(0，)時(shí)，f ′(x)>0，當(dāng)x∈(，2)時(shí)，f ′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，2)； (2)當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f ′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)在(0,1]上的最大值為f(1)＝a，因此a＝． 19．(本題滿分12分)在曲線y＝x2(x≥0)上某一點(diǎn)A處作一切線，使之與曲線以及x軸所圍成圖形的面積為，試求切點(diǎn)A的坐標(biāo)及過切點(diǎn)A的切線方程． [解析]　如圖所示，設(shè)切點(diǎn)A(x0，y0)，過切點(diǎn)A的切線與x軸的交點(diǎn)為C． 由y′＝2x知A點(diǎn)處的切線方程為y－y0＝2x0(x－x0)，即y＝2x0x－x．令y

18、＝0，得x＝，即C(，0)． 設(shè)由曲線y＝x2(x≥0)與過A點(diǎn)的切線及x軸所圍成圖形的面積為S， 則S＝S曲邊△AOB－S△ABC． ∵S曲邊△AOB＝∫x00x2dx＝x3|x00＝x， S△ABC＝BC·AB＝(x0－)·x＝x， ∴S＝x－x＝x＝，∴x0＝1， ∴切點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,1)， 即過切點(diǎn)A的切線方程為2x－y－1＝0． 20．(本題滿分12分)(2018·和平區(qū)三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－ ax2－bx． (1)當(dāng)a＝b＝時(shí)，求函數(shù)f(x)的最大值； (2)令F(x)＝f(x)＋x2＋bx＋(0＜x≤3)，若其圖象上的任意點(diǎn)P(x0，y0)處切線的斜

19、率k≤恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)依題意，知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝b＝時(shí)，f(x)＝lnx－x2－x，f′(x)＝－x－＝ 令f′(x)＝0，解得x＝1．(∵x＞0) 因?yàn)間(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減． 所以f(x)的極大值為f(1)＝－，此即為最大值． (2)F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]，則有k≤F′(x0)＝≤，在x0∈(0,3]上恒成立， 所以a≥(－x＋x0)max，x0∈(0,3]， 當(dāng)x0＝1時(shí)，－x＋x0取得

20、最大值，所以a≥． 21．(本題滿分12分)某工廠生產(chǎn)一種儀器的元件，由于受生產(chǎn)能力和技術(shù)水平的限制，會(huì)產(chǎn)生一些次品，根據(jù)經(jīng)驗(yàn)知道，其次品率P與日產(chǎn)量x(萬件)之間大體滿足關(guān)系： P＝(其中c為小于6的正常數(shù)) (注：次品率＝次品數(shù)/生產(chǎn)量，如P＝0．1表示每生產(chǎn)10件產(chǎn)品，有1件為次品，其余為合格品) 已知每生產(chǎn)1萬件合格的儀器可盈利2萬元，但每生產(chǎn)1萬件次品將虧損1萬元，故廠方希望定出合適的日產(chǎn)量． (1)試將生產(chǎn)這種儀器的元件每天的盈利額T(萬元)表示為日產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)． (2)當(dāng)日產(chǎn)量為多少時(shí)，可獲得最大利潤(rùn)？ [解析]　(1)當(dāng)x>c時(shí)，P＝， 所以T＝x·2－

21、x·1＝0． 當(dāng)1≤x≤c時(shí)，P＝， 所以T＝(1－)·x·2－()·x·1＝． 綜上，日盈利額T(萬元)與日產(chǎn)量x(萬件)的函數(shù)關(guān)系為：T＝ (2)由(1)知，當(dāng)x>c時(shí)，每天的盈利額為0， 當(dāng)1≤x≤c時(shí)，T′＝＝， 令T′＝0，解得x＝3或x＝9． 因?yàn)?

22、)(2018·全國(guó)卷Ⅰ理，21)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2， 證明：