《2022-2023版高中數學 第一章 導數及其應用章末檢測試卷 新人教A版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022-2023版高中數學 第一章 導數及其應用章末檢測試卷 新人教A版選修2-2（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022-2023版高中數學 第一章 導數及其應用章末檢測試卷 新人教A版選修2-2 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．由曲線y＝x2，直線y＝0和x＝1所圍成的圖形的面積是(　　) A. B. C. D. 考點　利用定積分求曲線所圍成圖形面積 題點　不需分割的圖形的面積求解 答案　C 解析　由題意知，其圍成的圖形的面積為?x2dx＝＝. 2．函數f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區(qū)間(a，b)內極小值點的個數為(　　) A．1 B．2 C．3 D．0 考點　函

2、數極值的綜合應用 題點　函數極值在函數圖象上的應用 答案　A 解析　設極值點依次為x1，x2，x3且a

3、減區(qū)間是(　　) A. B. C.， D.， 考點　利用導數求函數的單調區(qū)間 題點　利用導數求不含參數函數的單調區(qū)間 答案　A 解析　因為f′(x)＝2x－＝， 所以f′(x)≤0等價于 解得0

4、)＝2xf′(1)＋x2，則等于(　　) A．－ B. C．－ D．－ 考點　導數公式的應用 題點　導數公式的應用 答案　C 解析　f′(x)＝2f′(1)＋2x，則f′(1)＝2f′(1)＋2， ∴f′(1)＝－2， ∴f′(x)＝－4＋2x，f′(－1)＝－6， 又f(－1)＝－2f′(1)＋1＝5，∴＝－. 7．下列定積分不大于0的是(　　) A．?|x|dx B．?(1－|x|)dx C．?|x－1|dx D．?(|x|－1)dx 考點　分段函數的定積分 題點　分段函數的定積分 答案　D 解析　A項，?|x|dx＝2?xdx＝1>0；

5、B項，?(1－|x|)dx＝?1dx－?|x|dx＝2－1>0； C項，?|x－1|dx＝?(1－x)dx＝＝2>0； D項，?(|x|－1)dx＝?|x|dx－?1dx＝1－2<0，故選D. 8．若函數y1＝sin 2x1＋，函數y2＝x2＋3，則(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為(　　) A.π＋ B. C.2 D. 考點　導數的綜合運用 題點　導數的綜合運用 答案　D 解析　表示兩函數圖象上任意兩點之間的距離，其最小值應為曲線y1上與直線y2平行的切線的切點到直線y2的距離． ∵y′1＝2cos 2x1，令y′1＝1， ∴cos 2x1＝，∵x1∈

6、 ∴x1＝， ∴y1＝，故切點坐標為，切點到直線y2的距離為＝， ∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為.故選D. 9．設函數f(x)＝x－ln x(x>0)，則f(x)(　　) A．在區(qū)間，(1，e)內均有零點 B．在區(qū)間，(1，e)內均無零點 C．在區(qū)間內無零點，在區(qū)間(1，e)內有零點 D．在區(qū)間內有零點，在區(qū)間(1，e)內無零點 考點　函數極值的綜合應用 題點　函數零點與方程的根 答案　C 解析　由題意得f′(x)＝. 令f′(x)>0得x>3；令f′(x)<0得0

7、(3，＋∞)內為增函數， 在x＝3處有極小值f(3)＝1－ln 3<0. 因為f(1)＝>0，f(e)＝－1<0， f?＝＋1>0， 所以f(x)在區(qū)間內無零點，在區(qū)間(1，e)內有零點． 10．函數f(x)在定義域R上的導函數是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0.設a＝f(0)，b＝f()，c＝f(log28)，則(　　) A．cb>c C．a

8、∴f′(x)>0， ∴f(x)在區(qū)間(－∞，1)上為增函數． 又∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱， ∴f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數． ∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)， ∴c

9、轉化與化歸思想在導數中的應用 答案　C 解析　∵f(x)＝x3－x2＋a，f′(x)＝3x2－2x， 在區(qū)間[0，a]上存在x1，x2(00，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 考點　函數極值的綜合應用 題點　函數

10、零點與方程的根 答案　B 解析　當a＝0時，由f(x)＝－3x2＋1＝0， 解得x＝±，函數f(x)有兩個零點，不符合題意． 當a>0時，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0， 解得x＝0或x＝>0， 此時f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∵當x→－∞時，f(x)→－∞，且f(0)＝1>0， ∴存在x0<0，使得f(x0)＝0，不符合題意． 當a<0時，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0， 解得x＝0或x＝<0， 此

11、時f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘ ∵f(0)＝1>0，且當x→＋∞時，f(x)→－∞， ∴存在x0>0，使得f(x0)＝0. 又f(x)存在唯一的零點x0， ∴極小值f?＝a3－32＋1>0， ∴a>2或a<－2. ∵a<0，∴a<－2. 綜上可知，a的取值范圍是(－∞，－2)． 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．若曲線y＝kx＋ln x在點(1，k)處的切線平行于x軸，則k＝________. 考點　求函數在某點

12、處的切線斜率或切點坐標 題點　求函數在某點處的切線的斜率 答案?。? 解析　∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1. 14．已知函數f(x)＝－x3＋ax在區(qū)間(－1,1)上是增函數，則實數a的取值范圍是________． 考點　利用導數求函數的單調區(qū)間 題點　已知函數的單調性求參數(或其范圍) 答案　[3，＋∞) 解析　由題意知f′(x)＝－3x2＋a≥0在區(qū)間(－1,1)上恒成立，則a≥3x2在區(qū)間(－1,1)上恒成立，故a≥3. 15.已知函數y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，給出以下說法： ①函數f(x)在區(qū)間

13、(1，＋∞)上是增函數； ②函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上無單調性； ③函數f(x)在x＝－處取得極大值； ④函數f(x)在x＝1處取得極小值． 其中正確的說法有________． 考點　函數極值的綜合應用 題點　函數極值在函數圖象上的應用 答案?、佗? 解析　由圖象上可以發(fā)現(xiàn)，當x∈(1，＋∞)時，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，故f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數，故①正確； 當x∈(－1,0)時，f′(x)<0，所以函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上是減函數，②錯誤，③也錯誤； 當0

14、所以函數f(x)在x＝1處取得極小值，④正確． 16．若函數f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值為正數，極小值為負數，則a的取值范圍為________． 考點　利用導數研究函數的極值 題點　已知極值求參數 答案　 解析　f′(x)＝3x2－3a2(a>0)， ∴當x<－a或x>a時，f′(x)>0， 當－a. 三、解答題(本大題共6小題，共70分) 17．(10分)已知f(x)＝log3，x∈(0，＋∞)，是否存在實數a，b，使f(x)同時滿足下列兩個

15、條件： ①f(x)在(0,1)上是減函數，在[1，＋∞)上是增函數； ②f(x)的最小值是1. 若存在，求出a，b，若不存在，請說明理由． 考點　導數在最值問題中的應用 題點　已知最值求參數 解　設g(x)＝，則g′(x)＝， ∵f(x)在(0,1)上是減函數，在[1，＋∞)上是增函數， ∴g(x)在(0,1)上是減函數，在[1，＋∞)上是增函數， 又∵f(x)的最小值為1，則g(x)的最小值為3， ∴∴解得 經檢驗，當a＝1，b＝1時，f(x)滿足題設的兩個條件． 18．(12分)設函數f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，f(x)的圖象在點(1，f(1)

16、)處的切線與y軸相交于點(0,6)． (1)求a的值； (2)求函數f(x)的單調區(qū)間與極值． 考點　函數在某點處取得極值的條件 題點　含參數求極值問題 解　(1)∵f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x>0)， ∴f′(x)＝2a(x－5)＋(x>0)． 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， ∴f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x－1)． ∵切線與y軸相交于點(0,6)， ∴6－16a＝8a－6，∴a＝. (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)， f′(x)＝(x－5)＋＝(x>0)．

17、 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3. 當03時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0,2)，(3，＋∞)上為增函數； 當2

18、)－x2， f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)． 令f′(x)＝0，則x＝－1或0， 當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0； 當x∈(－1,0)時，f′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調遞增，在(－1,0)上單調遞減． (2)f(x)＝x(ex－1－ax)． 令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a. 若a≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數， 而g(0)＝0，從而當x≥0時，g(x)≥0，即f(x)≥0. 若a>1，則當x∈(0，ln a)時，g

19、′(x)<0，g(x)為減函數，而g(0)＝0， 從而當x∈(0，ln a)時，g(x)<0，即f(x)<0，不符合題意． 綜上，實數a的取值范圍為(－∞，1]． 20．(12分)某分公司經銷某種品牌產品，每件產品的成本為30元，并且每件產品需向總公司繳納a元(a為常數，2≤a≤5)的管理費，根據多年的管理經驗，預計當每件產品的售價為x元時，產品一年的銷售量為(e為自然對數的底數)萬件．已知當每件產品的售價為40元時，該產品一年的銷售量為500萬件，經物價部門核定，每件產品的售價x最低不低于35元，最高不超過41元． (1)求分公司經營該產品一年的利潤L(x)(萬元)與每件產品的售價x

20、的函數關系式； (2)當每件產品的售價為多少元時，分公司一年的利潤L(x)最大？并求出L(x)的最大值． 考點　利用導數求解生活中的最值問題 題點　利用導數求解最大利潤問題 解　(1)設該產品一年的銷售量為Q(x)＝， 則＝500， 所以k＝500e40，則該產品一年的銷售量Q(x)＝， 則該產品一年的利潤L(x)＝(x－a－30) ＝500e40·(35≤x≤41)． (2)L′(x)＝500e40·. ①若2≤a≤4，則33≤a＋31≤35， 當35≤x≤41時，L′(x)≤0，L(x)單調遞減， 所以當x＝35時，L(x)取得最大值為500(5－a)e5； ②若

21、4

22、)＝， 即g(x)＝ln x＋，所以g′(x)＝－＝. 令g′(x)＝0，得x＝1. 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上單調遞減． 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上單調遞增， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點． 所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－ln x＋x. 設h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋， 則h′(x)＝－≤0， 即h(x)在(0，＋∞)上單調遞減． 當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g. 當0h(1)＝0，即g(x)>g. 當x>

23、1時，h(x)0， 所以g(x)在(1，e)上單調遞

24、減，在(e，＋∞)上單調遞增． 故當x＝e時，g(x)有最小值且最小值為g(e)＝e. 所以m≤e.即m的取值范圍是(－∞，e]． (2)由題意，得k(x)＝x－2ln x－a.令φ(x)＝x－2ln x， 又函數k(x)在(1,3)上恰有兩個不同零點， 相當于函數φ(x)＝x－2ln x與直線y＝a有兩個不同的交點． φ′(x)＝1－＝， 當x∈(1,2)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減， 當x∈(2,3)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增． 又φ(1)＝1，φ(2)＝2－2ln 2，φ(3)＝3－2ln 3， 要使直線y＝a與函數φ(x)＝x－2ln x有兩個交點， 則2－2ln 2