《2022年高中數(shù)學(xué) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末測試B 新人教B版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中數(shù)學(xué) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末測試B 新人教B版選修1-1（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中數(shù)學(xué) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末測試B 新人教B版選修1-1 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．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯誤的是(　　) A．x0∈R，f(x0)＝0 B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形 C．若x0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減 D．若x0是f(x)的極值點，則f′(x0)＝0 2．已知曲線y＝x4＋ax2＋1在點(－1，a＋2)處切線的斜率為8，則a＝(　　) A．9 B．6 C．－9

2、 D．－6 3．已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B. C．(0,1) D．(0，＋∞) 4．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是(　　) A．x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，則關(guān)于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為(　　)

3、 A．3 B．4 C．5 D．6 6．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論： ①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0. 其中正確結(jié)論的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 7．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如下圖所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 8．若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞

4、，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 9．設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是(　　) 10．若0＜x1＜x2＜1，則(　　) A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1 B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1 C．x2ex1＞x1ex2 D．x2ex1＜x1ex2 第Ⅱ卷(非選擇題　共50分) 二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分．把答案填在題中的橫線上) 11．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋

5、ex，則f′(1)＝________. 12．曲線y＝－5ex＋3在點(0，－2)處的切線方程為________． 13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是__________． 14．若曲線y＝xln x上點P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點P的坐標(biāo)是__________． 15．若函數(shù)f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱，則f(x)的最大值為__________． 三、解答題(本大題共4個小題，共25分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過

6、程或演算步驟) 16．(6分)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|＞1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． 17．(6分)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)． (1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域； (2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并

7、確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大． 18．(6分)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2. (1)求a； (2)證明：當(dāng)k＜1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 19．(7分)(1)證明：當(dāng)x∈[0,1]時，x≤sin x≤x； (2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 參考答案 1. 解析：若x0是f(x)的極小值點，則y＝f(x)的圖象大致如下圖所示，則在(－∞，x0)上不單調(diào)，故C不正確． 答案：C 2

8、. 解析：由題意知y′|x＝－1＝(4x3＋2ax)|x＝－1＝－4－2a＝8， 則a＝－6.故選D. 答案：D 3. 解析：f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1，函數(shù)f(x)有兩個極值點，即ln x－2ax＋1＝0有兩個不同的根(在正實數(shù)集上)，即函數(shù)g(x)＝與函數(shù)y＝2a在(0，＋∞)上有兩個不同交點．因為g′(x)＝，所以g(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，如圖． 若g(x)與y＝2a有兩個不同交點，須0＜2a＜1. 即0＜a＜，故選B. 答案：B 4. 解析：由函數(shù)極大值的概念知A錯誤；因為函數(shù)f(x)

9、的圖象與f(－x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－x0是f(－x)的極大值點．B選項錯誤；因為f(x)的圖象與－f(x)的圖象關(guān)于x軸對稱，所以x0是－f(x)的極小值點．故C選項錯誤；因為f(x)的圖象與－f(－x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱，所以－x0是－f(－x)的極小值點．故D正確． 答案：D 5. 解析：由f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0，得 x＝x1或x＝x2， 即3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的根為f(x)＝x1或f(x)＝x2的解，由題可知f(x)的草圖為： 由數(shù)形結(jié)合及x1＜x2可知滿足f(x)＝x1的解有2個，滿足f(x)＝x2的解僅有1個，因此3(f(x)

10、)2＋2af(x)＋b＝0的不同實數(shù)根個數(shù)為3. 答案：A 6. 解析：設(shè)g(x)=x3-6x2+9x=0，則x1=0，x2=x3=3，其圖象如下圖： 要使f(x)=x3-6x2+9x-abc有3個零點，需將g(x)的圖象向下平移，如圖所示： 又f′(x)＝3x2－12x＋9＝0時，x1＝1，x2＝3， 即得f(1)是極大值，f(3)是極小值． 故由圖象可知f(0)·f(1)＜0，f(0)·f(3)＞0. 答案：C 7. 解析：由導(dǎo)函數(shù)圖象知，函數(shù)f(x)在[－1,1]上為增函數(shù)．當(dāng)x∈(－1,0)時f′(x)由小到大，則f(x)圖象的增長趨勢由緩到快，當(dāng)x∈(0,1)

11、時f′(x)由大到小，則f(x)的圖象增長趨勢由快到緩，故選B. 答案：B 8. 解析：由f′(x)＝k－，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 則f′(x)≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 即k≥在x∈(1，＋∞)上恒成立． 又當(dāng)x∈(1，＋∞)時，0＜＜1，故k≥1.故選D. 答案：D 9. 解析：由題意可得f′(－2)＝0，而且當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)＜0，此時xf′(x)＞0；當(dāng)x∈(－2，＋∞)時，f′(x)＞0，此時若x∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x∈(0，＋∞)，xf′(x)＞0，所以函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是C. 答案：C 10. 解析

12、：設(shè)f(x)＝ex－ln x，則f′(x)＝.當(dāng)x＞0且x趨近于0時，x·ex－1＜0； 當(dāng)x＝1時，x·ex－1＞0，因此在(0,1)上必然存在x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)，因此A，B不正確；設(shè)g(x)＝，當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＝＜0，所以g(x)在(0,1)上為減函數(shù)．所以g(x1)＞g(x2)，即＞，所以x2ex1＞x1ex2.故選C. 答案：C 11. 解析：令ex＝t，則x＝ln t，所以f(t)＝ln t＋t， 所以f′(t)＝＋1，所以f′(1)＝2. 答案：2 12. 解析：∵y′＝－5ex，∴所求曲線的切線斜率k＝y(tǒng)′＝－5e0＝－5，∴切線方程為y

13、－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0. 答案：5x＋y＋2＝0 13. 解析：由曲線y＝ax2＋過點P(2，－5)，得4a＋＝－5.① 又y′＝2ax－，所以當(dāng)x＝2時，4a－＝－，② 由①②得所以a＋b＝－3. 答案：－3 14. 解析：設(shè)切點P的坐標(biāo)為(x0，y0)， 由y＝xln x，得y′＝ln x＋1， 則切線的斜率k＝ln x0＋1. ∵由已知可得ln x0＋1＝2.∴x0＝e. ∴y0＝x0ln x0＝e.∴切點的坐標(biāo)為(e，e)． 答案：(e，e) 15. 解析：因為函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱， 所以f(x)滿足f(0)＝f(－4

14、)，f(－1)＝f(－3)， 即解得 所以f(x)＝－x4－8x3－14x2＋8x＋15. 由f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8＝0， 得x1＝－2－，x2＝－2，x3＝－2＋. 易知，f(x)在(－∞，－2－)上為增函數(shù)，在(－2－，－2)上為減函數(shù)，在(－2，－2＋)上為增函數(shù)，在(－2＋，＋∞)上為減函數(shù)． 所以f(－2－)＝[1－(－2－)2][(－2－)2＋8(－2－)＋15] ＝(－8－)(8－) ＝80－64＝16. f(－2)＝[1－(－2)2][(－2)2＋8×(－2)＋15] ＝－3(4－16＋15) ＝－9. f(－2＋)＝[1－(－2＋)

15、2][(－2＋)2＋8(－2＋)＋15] ＝(－8＋)(8＋) ＝80－64＝16. 故f(x)的最大值為16. 答案：16 16. 解：(1)當(dāng)a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6， 所以f′(2)＝6. 又因為f(2)＝4，所以切線方程為y＝6x－8. (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a. 當(dāng)a＞1時， x 0 (0,1) 1 (1，a) a (a,2a) 2a f′(x) ＋ 0 － 0 ＋

16、 f(x) 0 單調(diào) 遞增 極大值 3a－1 單調(diào) 遞減 極小值 a2(3－a) 單調(diào) 遞增 4a3 　　比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝ 當(dāng)a＜－1時， x 0 (0,1) 1 (1，－2a) －2a f′(x) － 0 ＋ f(x) 0 單調(diào)遞減 極小值 3a－1 單調(diào)遞增 －28a3－24a2 　　得g(a)＝3a－1. 綜上所述，f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為g(a)＝ 17. 解：(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160

17、πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元． 又據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝(300－4r2)， 從而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 因r＞0，又由h＞0可得r＜， 故函數(shù)V(r)的定義域為(0, )． (2)因V(r)＝(300r－4r3)， 故V′(r)＝(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因r2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)． 當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)； 當(dāng)r∈(5, )時，V′(r)＜0，故V(r)在(5, )上為減函數(shù)． 由此可

18、知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8. 即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大． 18. 分析：(1)由條件曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為－2，這就說明要表示出切線方程，需要求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，求出f′(0)，從而得到切線斜率，表示出切線方程，把點(－2,0)代入可得關(guān)于a的方程，求得a的值．對于(2)，欲證曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點，可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx＋2，只需證明函數(shù)g(x)與x軸有唯一的交點，這就需要利用函數(shù)的單調(diào)性研究g(x)的圖象來解決． 解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a， 曲線

19、y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2， 由題設(shè)得－＝－2，所以a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2， 設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4， 由題設(shè)知1－k＞0. 當(dāng)x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)單調(diào)遞增， g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根． 當(dāng)x＞0時，令h(x)＝x3－3x2＋4， 則g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，＋∞)單調(diào)遞增，所以g(x

20、)＞h(x)≥h(2)＝0， 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根． 綜上，g(x)＝0在R有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 19. (1)證明：記F(x)＝sin x－x，則F′(x)＝cos x－. 當(dāng)x∈時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)在上是增函數(shù)； 當(dāng)x∈時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)在上是減函數(shù)． 又F(0)＝0，F(xiàn)(1)＞0，所以當(dāng)x∈[0,1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sin x≥x. 記H(x)＝sin x－x，則當(dāng)x∈(0,1)時，H′(x)＝cos x－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是減函數(shù)，則H(x)≤H(0)＝0，即 sin x

21、≤x. 綜上，x≤sin x≤x，x∈[0,1]． (2)解法一：因為當(dāng)x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2 ＝(a＋2)x. 所以，當(dāng)a≤－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立． 下面證明，當(dāng)a＞－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立． 因為當(dāng)x∈[0,1]時， ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4 ＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2 ≥(a＋2)x＋x2＋－4

22、(x＋2)2 ＝(a＋2)x－x2－ ≥(a＋2)x－x2 ＝－x. 所以存在x0∈(0,1) 滿足ax0＋＋＋2(x0＋2)cos x0－4＞0， 即當(dāng)a＞－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4≤0對x∈[0,1]不恒成立． 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]． 解法二：記f(x)＝ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x－4， 則f′(x)＝a＋2x＋＋2cos x－2(x＋2)sin x. 記G(x)＝f′(x)， 則G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x. 當(dāng)x∈(0,1)時，cos x＞， 因此G′(x)＜2＋3x－4·

23、x－(x＋2) ＝(2－)x＜0. 于是f′(x)在[0,1]上是減函數(shù)，因此，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜f′(0)＝a＋2，故當(dāng)a≤－2時，f′(x)＜0，從而f(x)在[0,1]上是減函數(shù)，所以f(x)≤f(0)＝0，即當(dāng)a≤－2時，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]恒成立． 下面證明，當(dāng)a＞－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立． 由于f′(x)在[0,1]上是減函數(shù)，且f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋＋2cos 1－6sin 1. 當(dāng)a≥6sin 1－2cos 1－時，f′(1)≥0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＞0，因此f(x)在[0,1]上是增函數(shù)，故f(1)＞f(0)＝0； 當(dāng)－2＜a＜6sin 1－2cos 1－時，f′(1)＜0， 又f′(0)＞0，故存在x0∈(0,1)使f′(x0)＝0， 則當(dāng)0＜x＜x0時，f′(x)＞f′(x0)＝0. 所以f(x)在[0，x0]上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)＞f(0)＝0. 所以，當(dāng)a＞－2時， 不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cos x≤4對x∈[0,1]不恒成立． 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．