2020-2021学年北师大版数学选修2-2课时作业：第三章　导数应用 单元质量评估

2020-2021学年北师大版数学选修2-2课时作业：第三章　导数应用 单元质量评估

第三章单元质量评估 时限：120 分钟 满分：150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小 题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是( D ) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) 解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令 f′(x)>0， 解得 x>2. 2．下列函数存在极值的是( D ) A．y＝2x B．y＝1 x C．y＝3x－1 D．y＝x2 解析：画出各选项函数的图像可知，只有 y＝x2 存在极值． 3.已知函数 y＝f(x)，其导函数 y＝f′(x)的图像如图所示，则 y＝ f(x)( C ) A．在(－∞，0)上为减函数 B．在 x＝0 处取极小值 C．在(4，＋∞)上为减函数 D．在 x＝2 处取极大值 解析：在(－∞，0)上，f′(x)>0，故 f(x)在(－∞，0)上为增函数， A 错；在 x＝0 处，导数由正变负，f(x)由增变减，故在 x＝0 处取极 大值，B 错；在(4，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)为减函数，C 对；在 x＝2 处取极小值，D 错． 4．函数 f(x)＝1 3x3－4x＋4 在区间[0,3]上的最大值与最小值之积为 ( B ) A．－ 3 16 B．－16 3 C．－4 3 D．－3 4 解析：f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)． 当 x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当 x∈(2,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且 f(0)＝4， f(2)＝－4 3 ，f(3)＝1.据此可得函数在[0,3]上的最大值为 f(0)＝4， 最小值为 f(2)＝－4 3 ， 则最大值与最小值之积为－4 3 ×4＝－16 3 ，故选 B. 5．已知 a>0，函数 f(x)＝－x3＋ax 在[1，＋∞)上是单调减函数， 则 a 的最大值为( C ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由题意知 f′(x)＝－3x2＋a≤0 在[1，＋∞)上恒成立， 即 a≤3x2 在[1，＋∞)上恒成立，则 a≤3，故选 C. 6．对于在 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则 必有( C ) A．f(x)>f(a) B．f(x)a 时 f′(x)≥0， 当 x0 B．a≥0 C．a<0 D．a≤0 解析：函数 f(x)＝ax3＋x＋1 有极值的充要条件是 f′(x)＝0 有两 个不相等的实数根，即 3ax2＋1＝0 有实根，当 a≥0 时显然方程没有 实根，当 a<0 时，方程有实根． 8．函数 f(x)＝ax2＋5x＋6 在区间[1,3]上单调递减，则实数 a 的取 值范围为( C ) A．a<－5 2 B．a>－5 2 C．a≤－5 2 D．a≥－5 2 解析：f′(x)＝2ax＋5，由于 f(x)在[1,3]上单调递减， 故 f′(x)在[1,3]上不大于 0，故 f′1≤0， f′3≤0， 解得 a≤－5 2. 9．若函数 f(x)＝2x3－6x2＋3－a 对任意的 x∈(－2,2)都有 f(x)≤0， 则 a 的取值范围为( C ) A．(－∞，3) B．(2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(0,3) 解析：f(x)＝2x3－6x2＋3－a，f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，在(－ 2,0)上 f′(x)>0，f(x)单调递增；在(0,2)上 f′(x)<0，f(x)单调递减，f(x)max ＝f(0)＝3－a.因为对任意的 x∈(－2,2)都有 f(x)≤0，所以 f(x)max＝3－ a≤0，得 a≥3.故选 C. 10．某厂生产某种产品 x 件的总成本：C(x)＝1 200＋ 2 75x3，且产 品单价的平方与产品件数 x 成反比，生产 100 件这样的产品的单价为 50 元，总利润最大时，产量应定为( C ) A．15 件 B．20 件 C．25 件 D．30 件 解析：设产品单价为 a 元，又产品单价的平方与产品件数 x 成反 比，即 a2x＝k，由题意知 k＝250 000，则 a2x＝250 000，所以 a＝500 x . 总利润 y＝500 x－ 2 75x3－1 200(x>0)，y′＝250 x － 2 25x2，由 y′＝0， 得 x＝25，x∈(0,25)时，y′>0，x∈(25，＋∞)时，y′<0，所以 x＝ 25 时，y 取最大值． 11．设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数．当 x<0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且 g(－3)＝0，则不等式 f(x)g(x)<0 的解 集是( D ) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3) 解析：设 h(x)＝f(x)g(x)，则 h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)，所 以 h(x)是 R 上的奇函数，且 h(－3)＝h(3)＝0.当 x<0 时，h′(x)>0，所 以 h(x)在(－∞，0)上是增函数，根据奇函数的对称性可知，h(x)在(0， ＋∞)上也是增函数，因此 h(x)<0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 12．若 a>2，则函数 f(x)＝1 3x3－ax2＋1 在(0,2)上恰好有( B ) A．0 个零点 B．1 个零点 C．2 个零点 D．3 个零点 解析：f(x)＝1 3x3－ax2＋1， 则 f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)， 令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝2a>4， ∴当 x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减． 又 f(0)·f(2)＝1× 8 3 －4a＋1 ＝11 3 －4a<0， f(x)＝0 在(0,2)上恰好有一个零点，故选 B. 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，请把答案 填写在题中横线上) 13．函数 y＝x－ex 的单调增区间为(－∞，0)． 解析：y′＝1－ex，令 y′>0，即 ex<1，解得 x<0，所以所求的 单调增区间为(－∞，0)． 14．若 x＝2 是函数 f(x)＝x(x－m)2 的极大值点，则函数 f(x)的极 大值为 32. 解析：f(x)＝x3－2mx2＋m2x， ∴f′(x)＝3x2－4mx＋m2， ∵f′(2)＝0，∴12－8m＋m2＝0， ∴m＝2 或 m＝6. 当 m＝2 时，f′(x)＝3x2－8x＋4. 令 f′(x)＝0，则 x1＝2，x2＝2 3 ， ∴当 x<2 3 或 x>2 时，f′(x)>0， 当2 36 时，f′(x)>0， 当 20)．若当 x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2 恒成立，则实数 a 的取值范围是[e，＋∞)． 解析：f(x)≥2 即 a≥2x2－2x2lnx. 令 g(x)＝2x2－2x2lnx， 则 g′(x)＝2x(1－2lnx)． 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤) 17．(10 分)设函数 f(x)＝ sinx 2＋cosx ，求 f(x)的单调区间． 解：f′(x)＝2＋cosxcosx－sinx－sinx 2＋cosx2 ＝ 2cosx＋1 2＋cosx2. 当 2kπ－2π 3 －1 2 ，即 f′(x)>0； 当 2kπ＋2π 3 0，f(x)单调递增， 当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减． ∴f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1，＋∞)． 19．(12 分)已知函数 f(x)＝x3－1 2x2＋bx＋c. (1)若 f(x)有极值，求 b 的取值范围； (2)若 f(x)在 x＝1 处取得极值，且当 x∈[－1,2]时，f(x)0 得 1－12b>0 即 b< 1 12. 所以 b 的取值范围是 －∞， 1 12 . (2)∵f(x)在 x＝1 处取得极值，∴f′(1)＝0， ∴3－1＋b＝0，得 b＝－2. 则 f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)． 令 f′(x)＝0， 得 x1＝－2 3 ，x2＝1， 又 f(－1)＝1 2 ＋c， f －2 3 ＝38 27 ＋c， f(1)＝－3 2 ＋c，f(2)＝2＋c. ∴[f(x)]max＝2＋c2 或 c<－1. ∴c 的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 20．(12 分)证明：曲线 y＝ex 与 y＝1 2x2＋x＋1 在 R 上有唯一的公 共点． 证明：曲线 y＝ex 与 y＝1 2x2＋x＋1 的公共点的个数等于函数φ(x) ＝ex－1 2x2－x－1 零点的个数． ∵φ(0)＝1－1＝0， ∴φ(x)存在零点 x＝0. 又φ′(x)＝ex－x－1，令 h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1， 则 h′(x)＝ex－1. 当 x<0 时，h′(x)<0， ∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减； 当 x>0 时，h′(x)>0， ∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ′(x)在 R 上有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x)在 R 上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x)≥0 在 R 上恒成立， ∴φ(x)在 R 上是单调递增的， ∴φ(x)在 R 上有唯一的零点． 故曲线 y＝ex 与 y＝1 2x2＋x＋1 在 R 上有唯一的公共点． 21．(12 分)已知函数 f(x)＝ ax x＋r2(a>0，r>0)． (1)求 f(x)的定义域，并讨论 f(x)的单调性； (2)若a r ＝400，求 f(x)在(0，＋∞)内的极值． 解：(1)由题意知 x≠－r， 所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)． f(x)＝ ax x＋r2 ＝ ax x2＋2rx＋r2 ， f′(x)＝ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2r x2＋2rx＋r22 ＝ar－xx＋r x＋r4 ， 所以当 x<－r 或 x>r 时，f′(x)<0，当－r0， 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调 递增区间为(－r，r)． (2)由(1)的解答可知 f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋ ∞)上单调递减． 因此，x＝r 是 f(x)的极大值点， 所以 f(x)在(0，＋∞)内的极大值为 f(r)＝ ar 2r2 ＝ a 4r ＝400 4 ＝100. 无极小值． 22．(12 分)设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的 取值范围． 解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0. 若 m<0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在[－1,0]上单调递减， 在[0,1]上单调递增，故 f(x)在 x＝0 处取得最小值且 f(0)＝1.所以 对于任意 x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条件是 f(x)在[－ 1,1]上的最大值 f(x)max≤e. 因为 f(1)－f(－1)＝em－e－m－2m，经求导计算可知，当 m>0 时， f(1)－f(－1)>0，即 f(1)>f(－1)， 此时要满足 em－m≤e－1；当 m<0 时，f(1)－f(－1)<0， 即 f(1)0 时，令 g(m)＝em－m， 则 g′(m)＝em－1>0， 当 m＝1 时，g(1)＝e－1，所以 m∈(0,1)； 当 m<0 时，令 h(m)＝e－m＋m，则 h′(m)＝－e－m＋1<0， 当 m＝－1 时，h(－1)＝e－1，所以 m∈(－1,0)． 综上，m 的取值范围是[－1,1]．