2020高中數學 第三章 導數應用綜合測試 北師大版選修22

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1、 北師大版2019-2020學年數學精品資料 【成才之路】高中數學 第三章 導數應用綜合測試 北師大版選修2-2 時間120分鐘，滿分150分． 一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．下列函數存在極值的是(　　) A．y＝2x　　　　　　　 B．y＝ C．y＝3x－1 D．y＝x2 [答案]　D [解析]　畫出圖像即可知y＝x2存在極值f(0)＝0. 2．曲線y＝在點(－1，－1)處的切線方程為(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1 C．y＝－2x－3 D．y＝－2x－2 [答案]　

2、A [解析]　∵y′＝＝， ∴k＝y(tǒng)′|x＝－1＝＝2， ∴切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1. 3．已知對任意實數x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．當x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則當x<0時，下列各式正確的是(　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 [答案]　B [解析]　由題意f(x)為奇函數，圖像關于原點對稱，在對稱區(qū)間上的單調性相同；g(x)為偶函數，在對稱區(qū)間的單調性相反． 又由x>0時，f(x)是增函數，g

3、(x)是增函數， ∴x<0時，f(x)是增函數，g(x)是減函數， ∴f′(x)>0，g′(x)<0. 4．對任意的x∈R，函數f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在極值點的充要條件是(　　) A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7 C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21 [答案]　A [解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋7A．當Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21時，f′(x)≥0恒成立，函數不存在極值點． 5．如圖是函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象，則下列結論正確的是(　　) A．在區(qū)間(－3,1)內f(x)是增函數 B．在區(qū)間(1,2)內f(x

4、)是減函數 C．在區(qū)間(4,5)內f(x)是增函數 D．當x＝2時，f(x)取極小值 [答案]　C [解析]　由題中圖象可知，當x∈(4,5)時，f′(x)>0，∴f(x)在(4,5)內為增函數． 6．若函數y＝f(x)是定義在R上的可導函數，則f′(x0)＝0是x0為函數y＝f(x)的極值點的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　B [解析]　如y＝x3，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，但x＝0不是函數y＝x3的極值點． 7．設函數f(x)＝＋lnx，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點 B．x＝為

5、f(x)的極小值點 C．x＝2為f(x)的極大值點 D．x＝2為f(x)的極小值點 [答案]　D [解析]　本節(jié)考查了利用導數工具來探索其極值點問題． f′(x)＝－＋＝(1－)＝0可得x＝2. 當02時 f′(x)>0，∴f(x)單調遞增．所以x＝2為極小值點． 對于含有對數形式的函數在求導時，不要忽視定義域． 8．(2014武漢實驗中學高二期末)設函數f(x)在定義域內可導，y＝f(x)的圖象如下圖所示，則導函數y＝f ′(x)的圖象可能是(　　) [答案]　A [解析]　f(x)在(－∞，0)上為增函數，在

6、(0，＋∞)上變化規(guī)律是減→增→減，因此f ′(x)的圖象在(－∞，0)上，f ′(x)>0，在(0，＋∞)上f ′(x)的符號變化規(guī)律是負→正→負，故選A． 9．函數f(x)＝sinx＋2xf′()，f′(x)為f(x)的導函數，令a＝－，b＝log32，則下列關系正確的是(　　) A．f(a)>f(b) B．f(a)

7、R上遞減． 又∵－f(log32)， 即f(a)>f(b)． 10.(2015新課標Ⅱ，12)設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) [答案]　A [解析]　記函數g(x)＝，則g′(x)＝，因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，故當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)單調遞減；又因為

8、函數f(x)(x∈R)是奇函數，故函數g(x)是偶函數，所以g(x)在(－∞，0)單調遞減，且g(－1)＝g(1)＝0.當00，則f(x)>0；當x<－1時，g(x)<0，則f(x)>0，綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A． 二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分) 11．(2014湖北重點中學高二期中聯考)已知函數f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的圖象經過四個象限，則實數a的取值范圍是________． [答案]　(－，－) [解析]　f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x－1)(x＋2)，

9、由f(x)的圖象經過四個象限知，若a>0，則 此時無解；若a<0，則 ∴－－1時y′>0 ∴ymin＝f(－1)＝－ 13．若函數f(x)＝(a>0)在[1，＋∞]上的最大值為，則a的值為________． [答案]?。? [解析]　f′(x)＝＝.當x>時f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上是遞減的，當－0，f(x)在(－，)上是遞增的．當x＝時，f()＝＝，＝<1，不合題意．

10、 ∴f(x)max＝f(1)＝＝，解得a＝－1. 14．一工廠生產某型號車床，年產量為N臺，分批進行生產，每批生產量相同，每批生產的準備費為C2元，產品生產后暫存庫房，然后均勻投放市場(指庫存量至多等于每批的生產量)．設每年每臺的庫存費為C1元，求在不考慮生產能力的條件下，每批生產該車床________臺，一年中庫存費和生產準備費之和最小． [答案]　 [解析]　設每批生產x臺，則一年生產批．一年中庫存費和生產準備費之和y＝C1x＋(0

11、每批生產臺數． 15.(2014泉州實驗中學期中)已知函數f(x)＝x3－3x，若過點A(1，m)(m≠－2)可作曲線y＝f(x)的三條切線，則實數m的取值范圍為________． [答案]　(－3，－2) [解析]　f ′(x)＝3x2－3，設切點為P(x0，y0)，則切線方程為y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，∵切線經過點A(1，m)，∴m－(x－3x0)＝(3x－3)(1－x0)，∴m＝－2x＋3x－3，m′＝－6x＋6x0，∴當01時，此函數單調遞減，當x0＝0時，m＝－3，當x0＝1時，m＝－2，∴當－3

12、直線y＝m與函數y＝－2x＋3x－3的圖象有三個不同交點，從而x0有三個不同實數根，故過點A(1，m)可作三條不同切線，∴m的取值范圍是(－3，－2)． 三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分) 16．已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f(x)在x＝0處取得極值，并且在區(qū)間[0,2]和[4,5]上具有相反的單調性． (1)求實數b的值； (2)求實數a的取值范圍． [解析]　(1)由導數公式表和求導法則得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即得b＝0. (2)令f′(x)＝0，

13、即3x2＋2ax＝0，解得x＝0或x＝－A．依題意有－a>0. 因為函數在單調區(qū)間[0,2]和[4,5]上具有相反的單調性， 所以應有2≤－a≤4，解得－6≤a≤－3. 17.求證：x>0時，1＋2x0時，e2x>1，f′(x)＝2(1－e2x)<0， 所以函數f(x)＝1＋2x－e2x在(0，＋∞)上是減函數． 當x>0時，f(x)0時，1＋2

14、x－e2x<0，即1＋2x0， ∴f(x)在(0，＋∞)遞增． 令g(x)＝ax2＋2(a＋1)x＋a Δ＝

15、4(a＋1)2－4a2＝8a＋4 2當a>0時，Δ>0，此時g(x)＝0的兩根x1＝，x2＝ ∵a>0，∴x1<0，x2<0. ∴g(x)>0，∵x∈(0，＋∞)，∴f′(x)>0 故f(x)在(0，＋∞)遞增． 3當a<0時，Δ＝8a＋4≤0，即a≤－時，g(x)≤0，∴f′(x)≤0. 故f(x)在(0，＋∞)遞減． 當Δ>0，即－0， x2＝>0 ∴令f′(x)>0，x∈(x1，x2)， f′(x)<0，x∈(0，x1)∪(x2，＋∞) ∴f(x)在(x1，x2)遞增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上遞減． 綜上所述：當a≥0時，f(x)在

16、(0，＋∞)遞增． 當－

17、0；當

18、x)＝－－＝. 令f′(x)＝0解得x＝－1或5，－1不在定義域之內故舍去． ∴當x∈(0,5)，f′(x)<0，∴f(x)在(0,5)遞減． 當x∈(5，＋∞)，f′(x)>0，∴f(x)在(5，＋∞)遞增． ∴f(x)的增區(qū)間為(5，＋∞)，減區(qū)間為(0,5) ∴f(x)在x＝5時取極小值f(5)＝＋－ln5－＝－ln5. 21.設函數f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若a＝1，k為整數，且當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． [分析]　(1)先確定函數的定義域，然后求導函數f ′(x)，因不確定a的正負，故應討論，

19、結合a的正負分別得出在每一種情況下f ′(x)的正負，從而確立單調區(qū)間；(2)分離參數k，將不含有參數的式子看作一個新函數g(x)，將求k的最大值轉化為求g(x)的最值問題． [解析]　(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f ′(x)＝ex－A． 若a≤0，則f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增． 若a>0，則當x∈(－∞，lna)時，f ′(x)<0； 當x∈(lna，＋∞)時，f ′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，lna)單調遞減，在(lna，＋∞)單調遞增． 綜上，a≤0時f(x)增區(qū)間(－∞，＋∞) a>0時f(x)增區(qū)間(lna，＋∞)，減

20、區(qū)間(－∞，lna) (2)由于a＝1，所以(x－k)f ′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0等價于 k<＋x　(x>0)． ① 令g(x)＝＋x， 則g′(x)＝＋1＝. 由(1)知，函數h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)單調遞增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1,2)． 當x∈(0，α)時，g′(x)<0； 當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0. 所以g(x)在(0，＋∞)的最小值為g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2， 所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等價于k