高中數學 第1章 導數及其應用過關檢測 蘇教版選修2-21

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高中數學 第1章 導數及其應用過關檢測 蘇教版選修2-2 (時間90分鐘，滿分100分) 一、填空題(本大題共10小題，每小題4分，滿分40分) 1．已知f(x)＝，則f′(x)＝__________. 2．已知y＝3sin(2x－)，則y′|x＝的值為__________． 3．某汽車啟動階段的路程函數為s(t)＝2t3－5t2＋2，則t＝2秒時，汽車的加速度是__________． 4．設f(x)＝x2(2－x)，則f(x)的單調增區(qū)間是__________． 5．已知f(x)為偶函數且f(x)dx＝8，則－6f(x)dx等于__________． 6．已知y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3是R上的單調增函數，則b的取值范圍是__________． 7．奇函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝處有極值，則ac的值為__________． 8．∫ex(1＋ex)2dx＝__________. 9．若關于x的方程x3－6x＋5＝a有三個不同實根，則a的取值范圍是__________． 10．若偶函數f(x)，當x∈R＋時，滿足f′(x)＞，且f(1)＝0，則不等式≥0的解集是__________． 二、解答題(本大題共5小題，滿分60分) 11．(12分)(1)求定積分－1f(x)dx，其中f(x)＝ (2)求由曲線y＝x3及直線y＝2x所圍成的圖形面積． 12．(12分)已知函數f(x)＝x3－ax2＋bx＋c的圖象為曲線E. (1)若函數f(x)在x＝－1和x＝3時取得極值，求a、b的值； (2)若曲線E上存在點P，使曲線E在P點處的切線與x軸平行，求a、b滿足的關系式； (3)在(1)的條件下，當x∈[－2,6]時，f(x)<2|c|恒成立，求c的取值范圍． 13．(12分)如圖所示，△ABC中，∠ABC＝90，AB＝2，BC＝1，點D、E分別為AB、AC邊上的動點，且DE∥BC，沿DE將直角三角形ADE折起，使二面角ADEB成直二面角，設AD＝x，四棱錐A—BCDE的體積為V. (1)求V關于x的解析式； (2)求V的最大值． 14．(12分)已知函數f(x)自變量取值區(qū)間A，若其值域區(qū)間也為A，則稱區(qū)間A為f(x)的保值區(qū)間． (1)求函數f(x)＝x2形如[n，＋∞)(n∈R)的保值區(qū)間； (2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值區(qū)間是[2，＋∞)，求m的取值范圍． 15．(12分)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函數f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)對x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍； (3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞－成立． 參考答案 1.　解析：f′(x)＝＝. 2．3　解析：∵y′＝3cos(2x－)2＝6cos(2x－)， ∴y′|x＝＝6cos(2－)＝3. 3．14　解析：∵v(t)＝s′(t)＝6t2－10t，a(t)＝v′(t)＝12t－10，∴a(2)＝14. 4．(0，)　解析：f(x)＝2x2－x3，f′(x)＝4x－3x2＞0,0＜x＜. 5．16　解析：－6f(x)dx＝2f(x)dx＝16. 6．[－1,2]　解析：y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0在x∈R上恒成立，故Δ＝4b2－4(b＋2)≤0?－1≤b≤2. 7．－3　解析：∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′()＝0. ∴3a＋2b＋c＝0. ∴3＋2b＋ac＝0.∴ac＋2b＝－3. 又∵f(x)是奇函數，∴b＝0，∴ac＝－3. 8.　解析：∫ex(1＋ex)2dx＝∫(ex＋2e2x＋e3x)dx ＝(ex＋e2x＋e3x)|＝(2＋4＋)－(1＋1＋) ＝. 9．(5－4，5＋4)　解析：設f(x)＝x3－6x＋5，f′(x)＝3x2－6＝0，解得x1＝－，x2＝. 列表如下： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 5＋4 ↘ 極小值 5－4 ↗ 畫出f(x)的草圖， 由圖可知a的取值范圍是(5－4，5＋4)． 10．[－1,0)∪[1，＋∞) 解析：設g(x)＝(x＞0)，則g′(x)＝＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上是增函數． 當x＞0時，≥0＝，∴x≥1； 當x＜0時，≥0?≤0?≤0?－x≤1，∴－1≤x＜0. 11．解：(1)－1f(x)dx＝－1f(x)dx＋f(x)dx ＝－1(sinx－1)dx＋x2dx ＝(－cosx－x)|＋x3| ＝cos1－2＋＝cos1－. (2)先求交點，由 解得x3＝2x，x1＝0，x2＝，x3＝－. 交點為(－，－2)，(0,0)，(，2)． 所求面積S為 S＝－(x3－2x)dx＋∫(2x－x3)dx ＝2∫(2x－x3)dx＝2(x2－)0＝2. 12．解：(1)f′(x)＝3x2－2ax＋b， ∵f(x)在x＝－1,3時存在極值， ∴－1,3是方程3x2－2ax＋b＝0的兩實數根． ∴∴ (2)∵曲線E上存在與x軸平行的切線， ∴f′(x)＝0有實數解，即3x2－2ax＋b＝0有實數解． ∴Δ＝(－2a)2－12b≥0. ∴a、b的關系式為a2≥3b. (3)f(x)＝x3－3x2－9x＋c， 當x變化時，f′(x)、f(x)變化情況如下表 x －2 (－2，－1) －1 (－1,3) 3 (3,6) 6 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) c－2 ↗ 極大值 c＋5 ↘ 極小值 c－27 ↗ c＋54 x∈[－2,6]時，f(x)的最大值為c＋54， 要使f(x)<2|c|恒成立，只需c＋54<2|c|， c≥0時，c＋54<2c，∴c>54； c<0時，c＋54<－2c. ∴c<－18. ∴c的范圍是(－∞，－18)∪(54，＋∞)． 13．解：(1)因DE∥BC，故△ADE∽△ABC， 所以＝. 設AD＝x，由已知，AB＝2，BC＝1，于是DE＝. 因∠ABC＝90，DE∥BC，故DE⊥AD. 又二面角ADEB成直二面角， 所以AD⊥面BCD，AD為四棱錐A—BCED的高． V＝(＋1)(2－x) ＝(4x－x3)(0＜x＜2)． (2)由V′＝(4－3x2)＝(2＋x)(2－x)＝0，解得x＝， 故當0＜x＜時，V′＞0； 當＜x＜2時，V′＜0. 因此，x＝時V取得極大值，且是最大值，V的最大值為. 14．解：(1)若n＜0，則n＝f(0)＝0，矛盾． 若n≥0，則n＝f(n)＝n2，解得n＝0或1， 所以f(x)的保值區(qū)間為[0，＋∞)或[1，＋∞)． (2)因為g(x)＝x－ln(x＋m)的保值區(qū)間是[2，＋∞)， 所以2＋m＞0，即m＞－2. g′(x)＝1－＞0，得x＞1－m， 所以g(x)在(1－m，＋∞)上為增函數，同理可得g(x)在(－m,1－m)上為減函數． 若2≤1－m即m≤－1時，g(1－m)＝2得m＝－1滿足題意； 若m＞－1時，g(2)＝2，得m＝－1，矛盾． 所以滿足條件的m的值為－1. 15．解：(1)f′(x)＝lnx＋1. 當x∈(0，)，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． 因為t＞0，所以t＋2＞. ①當0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜時，[f(x)]min＝f()＝－； ②當≤t＜t＋2，即t≥時，f(x)在[t，t＋2]上單調遞增， [f(x)]min＝f(t)＝tlnt； 所以[f(x)]min＝ (2)2xlnx≥－x2＋ax－3，則a≤2lnx＋x＋， 設h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝， 當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞增， 當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調遞減， 所以[h(x)]min＝h(1)＝4，因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤[h(x)]min＝4. (3)證明：問題等價于證明xlnx＞－(x∈(0，＋∞))， 由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當且僅當x＝時取得． 設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－， 當且僅當x＝1時取到，從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞－成立．