2020版高中数学 第一章 导数及其应用章末检测试卷 新人教A版选修2-2
第一章 导数及其应用
章末检测试卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．由曲线y＝x2，直线y＝0和x＝1所围成的图形的面积是( )
A. B.
C. D.
考点 利用定积分求曲线所围成图形面积
题点 不需分割的图形的面积求解
答案 C
解析 由题意知，其围成的图形的面积为ʃx2dx＝＝.
2．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极小值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．0
考点 函数极值的综合应用
12
题点 函数极值在函数图象上的应用
答案 A
解析 设极值点依次为x1，x2，x3且a
0；
B项，ʃ(1－|x|)dx＝ʃ1dx－ʃ|x|dx＝2－1>0；
C项，ʃ|x－1|dx＝ʃ(1－x)dx＝＝2>0；
D项，ʃ(|x|－1)dx＝ʃ|x|dx－ʃ1dx＝1－2<0，故选D.
8．若函数y1＝sin 2x1＋，函数y2＝x2＋3，则(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为( )
12
A.π＋ B.
C.2 D.
考点 导数的综合运用
题点 导数的综合运用
答案 D
解析 表示两函数图象上任意两点之间的距离，其最小值应为曲线y1上与直线y2平行的切线的切点到直线y2的距离．
∵y′1＝2cos 2x1，令y′1＝1，
∴cos 2x1＝，∵x1∈
∴x1＝，
∴y1＝，故切点坐标为，切点到直线y2的距离为＝，
∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为.故选D.
9．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f(x)( )
A．在区间，(1，e)内均有零点
B．在区间，(1，e)内均无零点
C．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点
D．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点
考点 函数极值的综合应用
题点 函数零点与方程的根
答案 C
解析 由题意得f′(x)＝.
令f′(x)>0得x>3；令f′(x)<0得00，f(e)＝－1<0，
f ＝＋1>0，
所以f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点．
10．函数f(x)在定义域R上的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(log28)，则( )
A．cb>c
C．a0，
∴f(x)在区间(－∞，1)上为增函数．
又∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数．
∵a＝f(0)＝f(2)，b＝f()，c＝f(log28)＝f(3)，
∴c0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
考点 函数极值的综合应用
题点 函数零点与方程的根
答案 B
解析 当a＝0时，由f(x)＝－3x2＋1＝0，
解得x＝±，函数f(x)有两个零点，不符合题意．
当a>0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，
解得x＝0或x＝>0，
此时f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∵当x→－∞时，f(x)→－∞，且f(0)＝1>0，
∴存在x0<0，使得f(x0)＝0，不符合题意．
当a<0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝3ax＝0，
解得x＝0或x＝<0，
此时f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
0
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
12
∵f(0)＝1>0，且当x→＋∞时，f(x)→－∞，
∴存在x0>0，使得f(x0)＝0.
又f(x)存在唯一的零点x0，
∴极小值f ＝a3－32＋1>0，
∴a>2或a<－2.
∵a<0，∴a<－2.
综上可知，a的取值范围是(－∞，－2)．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若曲线y＝kx＋ln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.
考点 求函数在某点处的切线斜率或切点坐标
题点 求函数在某点处的切线的斜率
答案 －1
解析 ∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.
14．已知函数f(x)＝－x3＋ax在区间(－1,1)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
考点 利用导数求函数的单调区间
题点 已知函数的单调性求参数(或其范围)
答案 [3，＋∞)
解析 由题意知f′(x)＝－3x2＋a≥0在区间(－1,1)上恒成立，则a≥3x2在区间(－1,1)上恒成立，故a≥3.
15.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，给出以下说法：
①函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数；
②函数f(x)在区间(－1,1)上无单调性；
③函数f(x)在x＝－处取得极大值；
④函数f(x)在x＝1处取得极小值．
其中正确的说法有________．
考点 函数极值的综合应用
题点 函数极值在函数图象上的应用
12
答案 ①④
解析 由图象上可以发现，当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，故①正确；
当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(－1,1)上是减函数，②错误，③也错误；
当00)的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围为________．
考点 利用导数研究函数的极值
题点 已知极值求参数
答案
解析 f′(x)＝3x2－3a2(a>0)，
∴当x<－a或x>a时，f′(x)>0，
当－a.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知f(x)＝log3，x∈(0，＋∞)，是否存在实数a，b，使f(x)同时满足下列两个条件：
①f(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数；
②f(x)的最小值是1.
若存在，求出a，b，若不存在，请说明理由．
考点 导数在最值问题中的应用
题点 已知最值求参数
解 设g(x)＝，则g′(x)＝，
∵f(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
∴g(x)在(0,1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
又∵f(x)的最小值为1，则g(x)的最小值为3，
∴∴解得
经检验，当a＝1，b＝1时，f(x)满足题设的两个条件．
18．(12分)设函数f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，f(x)的图象在点(1，f
12
(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
考点 函数在某点处取得极值的条件
题点 含参数求极值问题
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)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．
∵切线与y轴相交于点(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)．
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝3.
当03时，f′(x)>0，f(x)在区间(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当20；
当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．
12
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．
令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.
若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，
从而当x∈(0，ln a)时，g(x)<0，即f(x)<0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
20．(12分)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品需向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的管理经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为(e为自然对数的底数)万件．已知当每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件，经物价部门核定，每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．
(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；
(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值．
考点 利用导数求解生活中的最值问题
题点 利用导数求解最大利润问题
解 (1)设该产品一年的销售量为Q(x)＝，
则＝500，
所以k＝500e40，则该产品一年的销售量Q(x)＝，
则该产品一年的利润L(x)＝(x－a－30)
＝500e40·(35≤x≤41)．
(2)L′(x)＝500e40·.
①若2≤a≤4，则33≤a＋31≤35，
当35≤x≤41时，L′(x)≤0，L(x)单调递减，
所以当x＝35时，L(x)取得最大值为500(5－a)e5；
②若40，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．
所以最小值为g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x.
设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
则h′(x)＝－≤0，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g.
当0h(1)＝0，即g(x)>g.
当x>1时，h(x)0，
所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
故当x＝e时，g(x)有最小值且最小值为g(e)＝e.
所以m≤e.即m的取值范围是(－∞，e]．
(2)由题意，得k(x)＝x－2ln x－a.令φ(x)＝x－2ln x，
又函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，
相当于函数φ(x)＝x－2ln x与直线y＝a有两个不同的交点．
φ′(x)＝1－＝，
当x∈(1,2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
当x∈(2,3)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
又φ(1)＝1，φ(2)＝2－2ln 2，φ(3)＝3－2ln 3，
要使直线y＝a与函数φ(x)＝x－2ln x有两个交点，
则2－2ln 2
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