2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第一章　导数及其应用 单元质量评估2

2020-2021学年人教A版数学选修2-2课时作业：第一章　导数及其应用 单元质量评估2

第一章单元质量评估(二) 时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1．已知 f(x)＝lnx x2 ，则 f′(e)＝( D ) A.1 e3 B.1 e2 C．－1 e2 D．－1 e3 解析：∵f′(x)＝ x2 x －2xlnx x4 ＝1－2lnx x3 ，∴f′(e)＝1－2lne e3 ＝－1 e3. 2．函数 f(x)＝3lnx＋x2－ 3x＋ 3在点( 3，f( 3))处的切线斜率 是( C ) A．－2 3 B. 3 C．2 3 D．4 3 解析：f′(x)＝3 x ＋2x－ 3，所以 f′( 3)＝2 3.故选 C. 3．函数 f(x)＝ x2 x－1( B ) A．在(0,2)上单调递减 B．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增 C．在(0,2)上单调递增 D．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减 解析：f′(x)＝2xx－1－x2 x－12 ＝x2－2x x－12 ＝xx－2 x－12 .令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝2. ∴x∈(－∞，0)和 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(0,1)和 x∈(1,2) 时，f′(x)<0，故选 B. 4．已知函数 f(x)的导函数 f′(x)＝ax2＋bx＋c 的图象如图，则 f(x) 的图象可能是( D ) 解析：由题中 f′(x)图象知，当 x∈(－∞，0)时，f(x)为减函数， 排除选项 A，B，又 f′(0)＝c＝0，即 f(x)有一个极值点为 0.故选 D. 5．函数 y＝2x3－2x2 在[－1,2]上的最大值为( D ) A．－5 B．0 C．－1 D．8 解析：y′＝6x2－4x＝2x(3x－2)，列表： x －1 (－1,0) 0 0，2 3 2 3 2 3 ，2 2 y′ ＋ － ＋ y －4 0 － 8 27 8 所以 ymax＝8.故选 D. 6．方程 2x3－6x2＋7＝0 在(0,2)内根的个数为( B ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：设 f(x)＝2x3－6x2＋7，则 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵x ∈(0,2)，∴f′(x)<0.∴f(x)在(0,2)上递减，又 f(0)＝7，f(2)＝－1，∴f(x) 在(0,2)上有且只有一个零点，即方程 2x3－6x2＋7＝0 在(0,2)内只有一 个根． 7．若函数 f(x)＝1 3x3－ax2＋ax 在(0,1)内有极大值，在(1,2)内有极 小值，则实数 a 的取值范围是( A ) A. 1，4 3 B. 0，4 3 C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D. 0，4 3 解析：f′(x)＝x2－2ax＋a，由题意知，f′(x)＝0 在(0,1)，(1,2) 内都有根，且 f′(0)>0，f′(1)<0，f′(2)>0，由题意知，即 a>0， 1－a<0， 4－3a>0 ⇒1－1 B．－11 解析：∵f(x)在 x＝a 处取得极大值，∴f(x)在 x＝a 附近左增右减， 分 a>0，a＝0，a<0 讨论易知－10，则 f′(x)在(0,1)上存在零点，即 f(x)在(0,1)上存在极 值．据此可知，只能为选项 B，D 中的图象．当 x＝2 时，y＝8－e2<1， 故选 D. 10．定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(1)＝1，且 f(x)的导函数 f′(x)>1 2 ， 则满足 2f(x)1} D．{x|x>1} 解析：令 g(x)＝2f(x)－x－1.∵f′(x)>1 2 ，∴g′(x)＝2f′(x)－1>0， ∴g(x)为单调增函数．∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0.∴当 x<1 时， g(x)<0，即 2f(x)bf(b) D．af(b)>bf(a) 解析：∵[x·f(x)]′＝x′f(x)＋x·f′(x)＝f(x)＋x·f′(x)<0，∴函数 x·f(x)是定义在 R 上的减函数．∵abf(b)．故选 C. 12．设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是 ( A ) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) 解析：当 x>0 时，令 F(x)＝fx x ，则 F′(x)＝xf′x－fx x2 <0，∴ 当 x>0 时，F(x)＝fx x 为减函数． ∵f(x)为奇函数，且由 f(－1)＝0，得 f(1)＝0，故 F(1)＝0. 在区间(0,1)上，F(x)>0；在(1，＋∞)上，F(x)<0，即当 00；当 x>1 时，f(x)<0. 又 f(x)为奇函数，∴当 x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；当 x∈(－1,0) 时，f(x)<0. 综上可知，f(x)>0 的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．故选 A. 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．曲线 y＝x＋1 x2 在点(1，m)处的切线方程为 3x＋y－5＝0. 解析：由题意得 m＝2，y′＝x2－2xx＋1 x4 ＝－x－2 x3 ，y′x＝1＝－ 3，切线方程为 y－2＝－3(x－1)，即 3x＋y－5＝0. 14．已知 a<0，函数 f(x)＝ax3＋12 a lnx，且 f′(1)的最小值是－12， 则实数 a 的值为－2. 解析：f′(x)＝3ax2＋12 ax ，则 f′(1)＝3a＋12 a .∵a<0，∴f′(1)＝－ －3a＋ 12 －a ≤－2 －3a× 12 －a ＝－12.当－3a＝ 12 －a ，即 a＝－2 时，取“＝”． 15．若函数 f(x)＝ 4x x2＋1 在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数 m 的取值范围是(－1,0]． 解析：f′(x)＝ 4－4x2 x2＋12.由 f′(x)>0，解得－10知， f′(x)与 1－x＋ex－1 同号． 令 g(x)＝1－x＋ex－1，则 g′(x)＝－1＋ex－1. 所以当 x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调 递减； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 所以 g(1)＝1 是 g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值．所以 g(x)>0， x∈(－∞，＋∞)．所以 f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)， 所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． 19．(12 分)某个体户计划经销 A，B 两种商品，据调查统计，当 投资额为 x(x≥0)万元时，在经销 A，B 商品中所获得收益分别为 f(x) 万元与 g(x)万元，其中 f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln(x＋b)，a>0，b>0. 已知投资额为 0 时收益为 0. (1)求 a，b 的值； (2)如果该个体户准备投入 5 万元经销这两种商品，请你帮他制定 一个资金投入方案，使他能获得最大利润． 解：(1)由投资额为 0 时收益为 0，可知 f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝ 6lnb＝0，解得 a＝2，b＝1. (2)由(1)可得 f(x)＝2x，g(x)＝6ln(x＋1)． 设投入经销 B 商品的资金为 x 万元(0≤x≤5)，则投入经销 A 商 品的资金为(5－x)万元． 设所获得的收益为 S(x)万元，则 S(x)＝2(5－x)＋6ln(x＋1)＝6ln(x ＋1)－2x＋10(0≤x≤5)． S′(x)＝ 6 x＋1 －2，令 S′(x)＝0，得 x＝2. 当 0≤x<2 时，S′(x)>0，函数 S(x)单调递增；当 20，即 f′(x)>0，故 f(x)为增函数； 当 x>x2 时，g(x)<0，即 f′(x)<0，故 f(x)为减函数． 由 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知 x2＝6－a＋ a2＋36 6 ≤3，解得 a≥－9 2 ，故 a 的取值范围为 －9 2 ，＋∞ . 21．(12 分)已知函数 f(x)＝x2－mlnx，h(x)＝x2－x＋a. (1)当 a＝0 时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值 范围； (2)当 m＝2 时，若函数 k(x)＝f(x)－h(x)在区间(1,3)上恰有两个不 同的零点，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝0 时，h(x)＝x2－x. 由 f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，得 m≤ x lnx 在(1，＋∞)上恒成 立． 令 g(x)＝ x lnx ，则 g′(x)＝lnx－1 lnx2 . 当 x∈(1，e)时，g′(x)<0；当 x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0. 所以 g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增． 故当 x＝e 时，g(x)取得最小值 g(e)＝e. 所以 m≤e，所以实数 m 的取值范围是(－∞，e]． (2)由已知，得 k(x)＝x－2lnx－a. 函数 k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)＝x－2lnx 的图象与直线 y＝a 在(1,3)上有两个不同的交点． φ′(x)＝1－2 x ＝x－2 x ， 当 x∈(1,2)时，φ′(x)<0，φ(x)递减，当 x∈(2,3)时，φ′(x)>0， φ(x)递增． 又因为φ(1)＝1，φ(2)＝2－2ln2，φ(3)＝3－2ln3，φ(3)<φ(1)， 所以要使直线 y＝a 与函数φ(x)＝x－2lnx 的图象在(1,3)上有两个 交点，则 2－2ln21 x －e1－x 在区间(1，＋∞)内 恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)． 解：(1)f′(x)＝2ax－1 x ＝2ax2－1 x (x>0)． 当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当 a>0 时， 由 f′(x)＝0，有 x＝ 1 2a. 此时，当 x∈ 0， 1 2a 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈ 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)令 g(x)＝1 x － 1 ex－1 ， s(x)＝ex－1－x.则 s′(x)＝ex－1－1. 而当 x>1 时，s′(x)>0，所以 s(x)在区间(1, ＋∞)内单调递增． 又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，从而当 x>1 时，g(x)>0. 当 a≤0, x>1 时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1, ＋∞)内恒成立时，必有 a>0. 当 01. 由(1)有 f( 1 2a)0，所以此时 f(x)>g(x)在区间(1, ＋∞)内不恒成立． 当 a≥1 2 时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)． 当 x>1 时 ， h′(x) ＝ 2ax － 1 x ＋ 1 x2 － e1 － x>x － 1 x ＋ 1 x2 － 1 x ＝ x3－2x＋1 x2 >x2－2x＋1 x2 >0. 因此，h(x)在区间(1, ＋∞)内单调递增． 又 h(1)＝0，所以当 x>1 时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即 f(x)>g(x)恒成 立． 综上，a∈ 1 2 ，＋∞ .