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

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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].
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