2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第一章　导数及其应用 单元质量评估1

2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第一章　导数及其应用 单元质量评估1

第一章单元质量评估(一) 时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1．函数 f(x)＝x2＋lnx 的导数为( C ) A．f′(x)＝2x＋ex B．f′(x)＝2x＋lnx C．f′(x)＝2x＋1 x D．f′(x)＝2x－1 x 2．已知物体的运动方程是 s＝1 4t4－4t3＋16t2(t 表示时间，s 表示 位移)，则瞬时速度为 0 的时刻是( D ) A．0 秒、2 秒或 4 秒 B．0 秒、2 秒或 16 秒 C．2 秒、8 秒或 16 秒 D．0 秒、4 秒或 8 秒 解析：s′＝ 1 4t4－4t3＋16t2 ′＝t3－12t2＋32t＝t(t－4)(t－8)，令 s′＝0，则有 t(t－4)(t－8)＝0，解得 t＝0 或 t＝4 或 t＝8. 3．已知函数 y＝f(x)，其导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则 y ＝f(x)( C ) A．在(－∞，0)上为减函数 B．在 x＝0 处取极小值 C．在(4，＋∞)上为减函数 D．在 x＝2 处取极大值 解析：在(－∞，0)上，f′(x)>0，故 f(x)在(－∞，0)上为增函数， A 错；在 x＝0 处，导数由正变负，f(x)由增变减，故在 x＝0 处取极 大值，B 错；在(4，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数，C 对；在 x＝2 处取极小值，D 错． 4．函数 y＝x2ex 的单调递减区间是( D ) A．(－1,2) B．(－∞，－1)与(1，＋∞) C．(－∞，－2)与(0，＋∞) D．(－2,0) 解析：y′＝(x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．∵ex>0，∴xex(x＋ 2)<0，即－20 时，f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x＋2，f′(x)＝1 x －2f′(－ 1)x＋3，f′(1)＝4－2f′(－1)；① 当 x<0 时，f(x)＝ln(－x)－f′(－1)x2＋3x＋2，f′(x)＝1 x －2f′(－ 1)x＋3，f′(－1)＝2＋2f′(－1)．② 由①②，得 f′(1)＝8.故选 C. 8．已知函数 y＝x－ln(1＋x2)，则 y 的极值情况是( D ) A．有极小值 B．有极大值 C．既有极大值又有极小值 D．无极值 解析：∵y′＝1－ 2x 1＋x2 ＝x－12 1＋x2 ≥0，∴函数 f(x)在定义域 R 上 为增函数． 9．函数 f(x)＝cos3x＋sin2x－cosx 在[0,2π)上的最大值为( D ) A. 4 27 B. 8 27 C.16 27 D.32 27 解析：f′(x)＝－3cos2xsinx＋2sinxcosx＋sinx＝－sinx(cosx－ 1)(3cosx＋1)． 令 f′(x)＝0，解得 cosx＝1，或 cosx＝－1，或 cosx＝－1 3. 当 cosx＝1 时，f(x)＝0；当 cosx＝－1 时，f(x)＝0；当 cosx＝－1 3 时，f(x)＝32 27.所以函数 f(x)的最大值为32 27. 10．函数 f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为 6，极小值为 2，则 f(x) 的减区间是( A ) A．(－1,1) B．(0,1) C．(－1,0) D．(－2，－1) 解析：令 f′(x)＝3x2－3a＝0，得 x＝± a，f( a)＝2，f(－ a)＝6， 得 a＝1，b＝4，当 x∈(－1,1)时，f′(x)＝3x2－3<0.即－10 D．b<1 2 解析：f′(x)＝3x2－3b.因 f(x)在(0,1)内有极值，所以 f′(x)＝0 有 解，∴x＝± b，∴0< b<1，∴00，则 a 的取值范围是( C ) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 解析：当 a＝0 时，f(x)＝－3x2＋1 存在两个零点，不合题意； 当 a>0 时，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax x－2 a ，令 f′(x)＝0，得 x1＝0， x2＝2 a ， 所以 f(x)在 x＝0 处取得极大值 f(0)＝1，在 x＝2 a 处取得极小值 f 2 a ＝1－ 4 a2， 要使 f(x)有唯一的零点，需 f 2 a >0，但这时零点 x0 一定小于 0， 不合题意； 当 a<0 时，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax x－2 a ，令 f′(x)＝0，得 x1＝0， x2＝2 a ，这时 f(x)在 x＝0 处取得极大值 f(0)＝1，在 x＝2 a 处取得极小值 f 2 a ＝1－ 4 a2，要使 f(x)有唯一零点，应满足 f 2 a ＝1－ 4 a2>0，解得 a<－ 2(a>2 舍去)，且这时零点 x0 一定大于 0，满足题意，故 a 的取值范围 是(－∞，－2)． 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在曲线 C：y＝x3－10x＋3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为(－2,15)． 解析：∵y′＝3x2－10＝2，∴x＝±2.又点 P 在第二象限内，∴x ＝－2，∴点 P 的坐标为(－2,15)． 14．函数 f(x)＝asinx＋1 3sin3x 在 x＝π 3 处有极值，则 a 的值是 2. 解析：因为 f(x)＝asinx＋1 3sin3x，则 f′(x)＝acosx＋cos3x，函数 f(x)在 x＝π 3 处有极值，所以 f′(π 3)＝acosπ 3 ＋cos 3×π 3 ＝0，解得 a＝2. 15．函数 f(x)＝ax4－4ax2＋b(a>0,1≤x≤2)的最大值为 3，最小值 为－5，则 a＝2，b＝3. 解析：令 y′＝4ax3－8ax＝4ax(x2－2)＝0，解得 x1＝0，x2＝ 2， x3＝－ 2.又 f(1)＝a－4a＋b＝b－3a，f(2)＝16a－16a＋b＝b，f( 2) ＝b－4a.∵ b－4a＝－5， b＝3. ∴a＝2，b＝3. 16．若 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)在 R 上是单调递增函数，则 a， b，c 满足的关系式为 a>0，且 b2≤3ac. 解 析 ： 由 题 意 可 知 f′(x) ＝ 3ax2 ＋ 2bx ＋ c≥0 恒 成 立 ， 则 a>0， Δ＝4b2－12ac≤0， 即 a>0，且 b2≤3ac. 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10 分)求下列函数的导数． (1)y＝xsinx－ 2 cosx ； (2)f(x)＝3xsinx－cosx－lnx x . 解：(1)y′＝(xsinx)′－ 2 cosx ′＝sinx＋xcosx－2sinx cos2x. (2) ∵ (3xsinx)′ ＝ (3x)′sinx ＋ 3x(sinx)′ ＝ 3xln3sinx ＋ 3xcosx ＝ 3x(sinxln3＋cosx)； cosx－lnx x ′ ＝ cosx－lnx′x－cosx－lnx·1 x2 ＝ －sinx－1 x x－cosx＋lnx x2 ＝－1－xsinx－cosx＋lnx x2 . ∴f′(x)＝3x(sinxln3＋cosx)＋1＋xsinx＋cosx－lnx x2 . 18．(12 分)已知函数 f(x)＝x3－3ax2＋2bx 在点 x＝1 处有极小值 －1，试确定 a，b 的值，并求出 f(x)的单调区间． 解：由已知，可得 f(1)＝1－3a＋2b＝－1.① 又∵f′(x)＝3x2－6ax＋2b，∴f′(1)＝3－6a＋2b＝0.② 由①②可得 a＝1 3 ， b＝－1 2. 故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x3－x2－x. 由此得 f′(x)＝3x2－2x－1. 令 f′(x)>0，解得 x<－1 3 或 x>1；令 f′(x)<0，解得－1 30)． (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1 2 ，求 a 的值． 解：函数 f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1 x － 1 2－x ＋a. (1)当 a＝1 时，f′(x)＝－x2＋2 x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)＝ 2－2x x2－x ＋a>0，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＝1 2. 20．(12 分)当 0x－x3 6. 证明：设函数 f(x)＝sinx－x＋x3 6 ，显然 f(0)＝0，则 f′(x)＝cosx －1＋x2 2 ＝x2 2 －2sin2x 2 ＝2 x 2 2－ sinx 2 2 . 又因为 0sinx，所以x 2>sinx 2>0， x 2 2－ sinx 2 2>0. 故 f′(x)>0，函数 f(x)在 0，π 2 上是增函数，所以 f(x)>f(0)＝0，即 sinx>x－x3 6. 21．(12 分)已知函数 f(x)＝lnx x . (1)求函数 f(x)的单调区间及其极值； (2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 x(x－1)2ex＋x e>lnx 成立． 解：(1)∵f(x)＝lnx x ，∴f′(x)＝1－lnx x2 . 由 f′(x)＝0，得 x＝e. 当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当 00，f(x) 为增函数． ∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)． ∴x＝e 是 f(x)的极大值点，f(x)极大值＝f(e)＝1 e. (2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 x(x－1)2ex＋x e>lnx 成立，等 价于(x－1)2ex＋1 e>lnx x . ∵(x－1)2ex＋1 e ≥1 e 成立，当且仅当 x＝1 时等号成立，又由(1)知， f(x)的最大值也是 f(x)的极大值，即为 f(e)＝1 e ，∴函数(x－1)2ex＋1 e 的 最小值大于或等于函数 f(x)＝lnx x 的最大值，但取最值的条件不同．∴ 对一切 x∈(0，＋∞)，都有 x(x－1)2ex＋x e>lnx 成立． 22．(12 分)已知函数 f(x)＝ex＋ 1 x－a. (1)当 a＝1 2 时，求函数 f(x)在 x＝0 处的切线方程； (2)函数 f(x)是否存在零点？若存在，求出零点的个数，若不存在， 说明理由． 解：(1)∵f(x)＝ex＋ 1 x－a ，∴f′(x)＝ex－ 1 x－a2 ，∴f′(0)＝1－ 1 a2. 当 a＝1 2 时，f′(0)＝－3.又 f(0)＝－1，∴f(x)在 x＝0 处的切线方 程为 y－(－1)＝－3(x－0)，即 y＝－3x－1. (2)函数 f(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞)． 当 x∈(a，＋∞)时，ex>0， 1 x－a>0，∴f(x)＝ex＋ 1 x－a>0. 即 f(x)在区间(a，＋∞)上没有零点． 当 x∈(－∞，a)时，f(x)＝ex＋ 1 x－a ＝exx－a＋1 x－a ，令 g(x)＝ex(x －a)＋1. 只要讨论 g(x)的零点即可．g′(x)＝ex(x－a＋1)，g′(a－1)＝0. 当 x∈(－∞，a－1)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；当 x∈(a－1， a)时，g′(x)>0，g(x)是增函数． ∴g(x)在区间(－∞，a)上的最小值为 g(a－1)＝1－ea－1. 显然，当 a＝1 时，g(a－1)＝0，∴x＝a－1 是 f(x)的唯一的零点； 当 a<1 时，g(a－1)＝1－ea－1>0，∴f(x)没有零点； 当 a>1 时，g(a－1)＝1－ea－1<0，∴f(x)有两个零点．