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(完整版)高中数学选修2-2第一章导数测试题

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-22 04:15
tags:高中数学选修2

高中数学圆与圆教学反思-高中数学教师第一节课

2020年9月22日发(作者:尚雨)


选修2-2第一章单元测试 (一)
时间:120分钟 总分:150分

一、选择题(每小题5分,共60分)
1.函数f(x)=x·sinx的导数为( )
A.f′(x)=2x·sinx+x·cosx B.f′(x)=2x·sinx-x·cosx
sinxsinx
C.f′(x)=+x·cosx D.f′(x)=-x·cosx
2x2x
2.若曲线y=x
2
+ax+b 在点(0,b)处的切线方程是x-y+1=0,
则( )
A.a=1,b=1
C.a=1,b=-1
B.a=-1,b=1
D.a=-1,b=-1
3.设f(x)=xlnx,若f′(x
0
)=2,则x
0
=( )
ln2
A.e B.e C.
2
D.ln2
2
4.已知f(x)=x
2
+2xf′(1),则f′(0)等于( )
A.0 B.-4 C.-2 D.2
5.图中由函数y=f(x)的图象与x轴围成的
阴影部分的面积,用定积分可表示为( )
3
?
A.

f(x)dx B.
?
3
f(x)dx+
?
1
-3f(x)dx
?
?
?
1
?
-3
11
??
C.

f(x)dx D.

f(x)dx-
?
3
f(x)dx
??
?
1?
-3
?
-3
6.如图是函数y=f(x)的导函数的图象,给出下面四 个判断:



①f(x)在区间[-2,-1]上是增函数;
②x=-1是f(x)的极小值点;
③f(x)在区间[-1,2]上是增函数,在区间[2,4]上是减函数;
④x=2是f(x)的极小值点.
其中,所有正确判断的序号是( )
A.①② B.②③ C.③④ D.①②③④
7.对任意的x∈R,函数f(x)=x< br>3
+ax
2
+7ax不存在极值点的充要
条件是( )
A.0≤a≤21
C.a<0或a>21
B.a=0或a=7
D.a=0或a=21
8.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品,若该商品零售价定为P元,销售量为Q,则销量Q(单位:件)与零售价P(单
位:元)有如下关系:Q= 8 300-170P-P
2
,则最大毛利润为(毛利润
=销售收入-进货支出)( )
A.30元 B.60元 C.28 000元 D.23 000元
x
9.函数f(x)=-
e
x
(aA.f(a)=f(b) B.f(a)


C.f(a)>f(b) D.f(a),f(b)大小关系不能确定
10.函数f(x)=-x
3
+x
2
+x-2的零点个数及分布情况为( )
1
??
A.一个零点,在< br>?
-∞,-
3
?

??
1
??
B .二个零点,分别在
?
-∞,-
3
?
,(0,+∞)内
? ?
1
??
1
??
C.三个零点,分别在
?
-∞,-
3
?

?

3
,0
?
,(1,+ ∞)内
????
1
??
D.三个零点,分别在
?
-∞,-
3
?
,(0,1),(1,+∞)内
??
11.对于R上可导的任 意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有
( )
A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)
12.设f(x)是定义在R上的可导函数,且满足f′(x)>f(x),对任意的正
数a,下面不等 式恒成立的是( )
f?0?f?0?
A.f(a)a
f(0) B.f(a)>e
a
f(0) C.f(a)<
e
a
D.f(a)>
e
a

二、填空题(每小题5分,共20分)
1< br>13.过点(2,0)且与曲线y=
x
相切的直线的方程为
________.
?
π
14.已知M=
?
1
1-x
2
dx, N=
?
cosxdx,则程序框
?
0
?
2
?
0
图输出的S=________.
15.设函数f(x)=x
m
+ax 的导数为f′(x)=2x+1,
?
1
?
则数列
??
(n∈ N

)的前n项和是________.
?
f?n?
?

< p>
1
2
16.已知函数f(x)=
2
mx+lnx-2x在定义域 内是增函数,则实数
m的取值范围为________.
三、解答题(写出必要的计算步骤,只写最后结果不得分,共70
分)
17.(10 分)设函数f(x)=-x
3
-2mx
2
-m
2
x+1-m (其中m>-2)的
图象在x=2处的切线与直线y=-5x+12平行.
(1)求m的值;
(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值.


18.(12分 )已知函数f(x)=kx
3
-3(k+1)x
2
-k
2
+ 1(k>0),若f(x)的
单调递减区间是(0,4),
1
(1)求k的值; (2)当k3-
x



19.(12分)已 知函数f(x)=kx
3
-3x
2
+1(k≥0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)的极小值大于0,求k的取值范围.


20.(1 2分)湖北宜昌“三峡人家”风景区为提高经济效益,现对某
一景点进行改造升级,从而扩大内需,提高 旅游增加值,经过市场调
101
查,旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足:y =f(x)=ax+
50
2
x
x-bln
10
,a,b为常 数,当x=10时,y=19.2;当x=20时,y=35.7.(参


考数据:ln2 =0.7,ln3=1.1,ln5=1.6)
(1)求f(x)的解析式;
(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值.(利润=旅游收入
-投入)
1
3
1
2
21.(12分)已知函数f(x)=
3
x-2
x+cx+d有极值.
(1)求c的取值范围;
1
2
(2 )若f(x)在x=2处取得极值,且当x<0时,f(x)<
6
d+2d恒成立,
求 d的取值范围.



22.(12分)(2015·银川一中月考)设a 为实数,函数f(x)=e
x
-2x+2a,
x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,e
x
>x
2
-2ax+1.


答案
1
1.C f′(x)=(x)′·sinx+x·(sinx)′=·sinx+x·cos x,故
2x
选C.
2.A ∵y′=2x+a,
∴曲线y=x
2
+ax+b在(0,b)处的切线方程的斜率为a,
切线方程为y-b=ax,即ax-y+b=0.∴a=1,b=1.


3.B f′(x)=(xlnx)′=lnx+1,
∴f′(x
0
)=lnx
0< br>+1=2,∴x
0
=e.
4.B f′(x)=2x+2f′(1),∴f′ (1)=2+2f′(1),即f′(1)=-
2,∴f′(x)=2x-4,∴f′(0)=-4.
5.D 由定积分的几何意义可知,函数y=f(x)的图象与x轴围成
的阴影部分的面积为< br>?
1
-3f(x)dx-
?
3
f(x)dx.故选D.
?
?
1
6.B 由函数y=f(x)的导函数的图象可知:
(1) f(x)在区间[-2,-1]上是减函数,在[-1,2]上是增函数,在[2,4]
上是减函数;
(2)f(x)在x=-1处取得极小值,在x=2处取得极大值.故②③正
确.
7.A f′(x)=3x
2
+2ax+7a,当Δ=4a
2
-84 a≤0,即0≤a≤21
时,f′(x)≥0恒成立,函数不存在极值点.故选A.
8.D 设毛利润为L(P),
由题意知L(P)=PQ-20Q=Q(P-20)
=(8 300-170P-P
2
)(P-20)
=-P
3
-150P
2
+11 700P-166 000,
所以L′(P)=-3P
2
-300P+11 700,
令L′(P)=0,解得P=30或P=-130(舍去).
此时,L(30)=23 000.
根据实际问题的意义知,L(30)是最大值,即零售价定为每件30
元时,最大毛利润为23 000元.
e
x
-xe
x
x-1
9.C f′(x)=-
x2

e
x

?e?
当x<1时,f′(x)<0,即f(x)在区间(-∞,1)上单调递减,


又∵af(b).
1
10.A 利用导数法 易得函数f(x)在-∞,-
3
内单调递减,在
?
1
??
1
?
59
?
-,1
?
内单调递增,
?
?
=-<0,在(1,+∞)内单调递减,而ff(1)
27
?
3
??
3
?
=-1<0,故函数f(x)的图象与x轴仅有一个交点,且交点横坐标在
1
??
?
-∞,-
?
内,故选A.
3
??

11.C 当1≤x≤2时,f′(x)≥0,则f(2)≥f(1);
而当0≤x≤1时,f′(x)≤0,则f(1)≤f(0),
从而f(0)+f(2)≥2f(1).
f′?x?-f?x?
f?x?
12.B 构造函数g(x)=
e
x
,则g′(x)=>0,故函数
e
x
f?x?f?a?f?0?
g( x)=
e
x
在R上单调递增,所以g(a)>g(0),即
e
a>
e
0
,即f(a)>e
a
f(0).
13.x+y-2=0
解析:设所求切线与曲线的切点为P(x
0
,y
0
),
11
|
∵y′=-
x
2
,∴y′x=x
0
=-
x
2
,所求切线的方程为
0
1
y-y
0< br>=-
x
2
(x-x
0
).
0
∵点(2,0)在切线上,
1
∴0-y
0
=-
x
2
(2-x
0
),∴x
2
0
y
0
=2-x
0
.①
0
又∵x
0
y
0
=1,②
?
?
x
0
=1,
由①②解得
?
∴所求直线方程为x+y-2=0.
?
?
y
0
=1,


π
14.
4

1
πππ
解析:M=
?
1
1-x
2
dx=
4
π×1
2

4
,N=∫
2
0
cosxdx=sinx
|
2
0
=1,
?
0
π
MN,则S=M=< br>4
.
n
15.
n+1
解析:f′(x)=mx
m

1
?
?
m=2,
+a=2x+1,得
?

?
a=1.
?

1111
则f(x)=x
2
+x,==
n
-,
f ?n?
n?n+1?n+1
?
11
?
?
11
??< br>11
??
11
?
1n

??????
??< br>---
其和为
12

23

34
+…+n
n+1
=1-=.
??????
n+1n+1
??
16.[1,+∞)
1
解 析:根据题意,知f′(x)=mx+
x
-2≥0对一切x>0恒成立,
?
1
??
1
??
1
?
221
∴m≥-
?
x
?
2

x
,令g(x)=-
?
x
?< br>2

x
=-
?
x
-1
?
2
+1,则当
x
=1时,函
??????
数g(x)取得最大值1,故m≥1.
17.解:(1)因为f′(x)=-3x
2
-4mx-m
2

所以f′(2)=-12-8m-m
2
=-5,
解得m=-1或m=-7(舍去),即m=-1.
(2)令f′(x)=-3x
2
+4x-1=0,
1
解得x
1
=1,x
2

3
.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x 0
1
??
?
0,
?

3
??
1
3

?
1
?
?
,1
?

?
3
?
1


f′(x)





f(x) 2

50

27

2
所以函数f(x)在区间[0,1]上的最小值为f
?< br>?
1
?
50
?
3
?
?

2 7
.
18.解:(1)f′(x)=3kx
2
-6(k+1)x,
由f′(x)<0得02k+2
k

∵f(x)的递减区间是(0,4),

2k+2
k
=4,∴k=1.
(2)证明:设g(x)=2x+
1

11
x
,g′(x)
x

x
2
.
当x>1时,12
,∴
1
x
>1
x
2

∴g′(x)>0,∴g(x)在x∈[1,+∞)上单调递增.
∴x>1时,g(x)>g(1),即2x+
1
x
>3,
∴2x>3-
1
x
.
19.解:(1)当k=0时,f(x)=-3x
2
+1,
∴f(x)的单调增区间为(-∞,0],单调减区间[0,+∞).
当k>0时,f′(x )=3kx
2
-6x=3kx
?
?
?
x-
2
?
k
?
?

∴f(x)的单调增区间为(-∞,0],
?
?
2
?
k
,+∞
?
?
?
,单调 减区间为
?
?
?
0,
(2)当k=0时,函数f(x)不存在极小值 ,
当k>0时,依题意f
?
?
2
?
812
?k
?
?

k
2

k
2
+1> 0,
即k
2
>4,所以k的取值范围为(2,+∞).
2
?
k
?
?
.


20.解:(1)由条件得
101
2
?
a×10+
?
50
×10-bln1=19.2
?
101
2
?
?
a×20+
50
×20-bln2=35.7
1
解得a= -
100
,b=1,
x
2
101x
则f(x)=-
100

50
x-ln
10
(x≥10).
(2)由题意知
x
2
51x
T(x)=f(x)-x=-
100

50
x-ln
10
(x≥10),
-x
511
?x-1??x-50?
则T′(x)=
50

50

x
=-,
50x
令T′(x)=0,则x=1(舍去)或x=50.
当x∈(10,50)时,T′(x)>0,T(x)在(10,50)上是增函数;
当x∈(50,+∞)时,T′(x)<0,T(x)在(50,+∞)上是减函数,
∴x=50为T(x)的极大值点,又T(50)=24.4.
故该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为24.4万元.

11
2 1.解:(1)∵f(x)=
3
x
3

2
x
2+cx+d,
∴f′(x)=x
2
-x+c,要使f(x)有极值,则方程f′ (x)=x
2
-x+c=0,
1
有两个实数解,从而Δ=1-4c>0,∴c <
4
.
(2)∵f(x)在x=2处取得极值,
∴f′(2)=4-2+c=0,
1
3
1
2
∴c=-2. ∴f(x)=
3
x-
2
x-2x+d.


∵f′(x)=x
2
-x-2=(x-2)(x+1),
∴ 当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0,函数单调递增,当x∈(-1,2]
时,f′(x)<0, 函数单调递减.
7
∴x<0时,f(x)在x=-1处取得最大值
6
+d,
1
∵x<0时,f(x)<
6
d
2
+2d恒成立,
71

6
+d<
6
d
2
+2d,即(d+7)( d-1)>0,
∴d<-7或d>1,
即d的取值范围是(-∞,-7)∪(1,+∞).
22.解:(1)f′(x)=e
x
-2,x∈R.
令f′(x)=0,得x=ln2.
于是,当x变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:
x
f′(x)
f(x)
(-∞,ln2)

单调递减
ln2
0
2-2ln2+2a
(ln2,+∞)

单调递增
故f(x )的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),
f(x)在x=ln2处取 得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2+2a.
(2)证明:设g(x)=e
x
-x
2
+2ax-1,x∈R,
于是g′(x)=e
x
-2x+2a,x∈R.
由(1)及a>ln2-1 知,对任意x∈R,都有g′(x)≥g′(ln2)=2-
2ln2+2a>0,所以g(x)在R内 单调递增.
于是,当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0),而g(0)=0,
从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0,
即e
x
-x
2
+2ax-1>0, 故e
x
>x
2
-2ax+1.

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