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 )＝ln x x 2，则f ′(e)＝( D ) A.1e 3 B.1
e 2 C ．－1e 2 D ．－1e 3
解析：∵f ′(x )＝x 2
x －2x ln x x 4
＝1－2ln x x 3，∴f ′(e)＝1－2lne e 3＝－1e 3. 2．函数f (x )＝3ln x ＋x 2－3x ＋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 )＝3x ＋2x －3，所以f ′(3)＝2 3.故选C.
3．函数f (x )＝x 2
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)－x 2(x －1)2＝x 2－2x (x －1)2＝x (x －2)(x －1)2
.令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝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 )＝ax 2＋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 －40－
8
278 所以y max＝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
3x
3－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
3C．(－∞，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<a<
4
3，故选A.
8．已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，且f(x)在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围是(B)
A ．a >－1
B ．－1<a <0
C ．0<a <1
D ．a >1
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－1<a <0.
9．函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( D )
解析：易知函数为偶函数，只要考虑当x ≥0时的情况即可，此时，y ＝2x 2－e x .令f (x )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x ，则f ′(0)＝－1<0，f ′(1)＝4－e>0，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－e 2<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 )>12，则
满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( B )
A ．{x |－1<x <1}
B ．{x |x <1}
C ．{x |x <－1或x >1}
D ．{x |x >1}
解析：令g (x )＝2f (x )－x －1.∵f ′(x )>12，∴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 )<x ＋1.∴满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为{x |x <1}．故选B.
11．已知定义在R 上的函数f (x )，f (x )＋x ·f ′(x )<0.若a <b ，则一定有( C )
A ．af (a )<bf (b )
B ．af (b )<bf (a )
C ．af (a )>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．∵a <b ，∴af (a )>bf (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 )x 2
<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0<x <1时，f (x )>0；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 ＋1x 2在点(1，m )处的切线方程为3x ＋y －5＝0.
解析：由题意得m ＝2，y ′＝x 2－2x (x ＋1)x 4
＝－x －2x 3，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 )＝ax 3
＋12a ln x ，且f ′(1)的最小值是－12，则实数a 的值为－2.
解析：f ′(x )＝3ax 2
＋12ax ，则f ′(1)＝3a ＋12a .∵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 x 2＋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 )＝4－4x 2
(x 2＋1)2
.由f ′(x )>0，解得－1<x <1，∴函数f (x )的单调递增区间为(－1,1)．
又∵f (x )在(m,2m ＋1)上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ≥－1，m <2m ＋1，2m ＋1≤1.
解得－1<m ≤0，
∴实数m 的取值范围是(－1,0]．
16．曲线y ＝f (x )＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是5.
解析：f ′(x )＝22x －1，由22x －1
＝2，得x ＝1，又f (1)＝0，所以与直线2x －y ＋3＝0平行的切线的方程为y ＝2(x －1)，则两直线间的距离，即曲线
上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离为d ＝|3＋2|5
＝ 5. 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)已知函数f (x )＝x 3－2ax 2＋bx ＋c ，
(1)当c ＝0时，f (x )在点P (1,3)处的切线平行于直线y ＝x ＋2，求a ，b 的值；
(2)若f (x )在点A (－1,8)，B (3，－24)处有极值，求f (x )的表达式． 解：(1)当c ＝0时，f (x )＝x 3－2ax 2＋bx .所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋b .依题
意可得f (1)＝3，f ′(1)＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2a ＋b ＝3，3－4a ＋b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝2，
b ＝6. (2)f (x )＝x 3－2ax 2＋bx ＋
c ，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋b .
由题意知－1,3是方程3x 2－4ax ＋b ＝0的两根，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －1＋3＝4a 3，－1×3＝b 3，
解得a ＝32，b ＝－9，
由f (－1)＝－1－2a －b ＋c ＝8，a ＝32，b ＝－9，可得c ＝3，所以f (x )
＝x 3－3x 2－9x ＋3.检验知，合题意．
18．(12分)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.
(1)求a ，b 的值；
(2)求f (x )的单调区间．
解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，得
⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧
2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．
令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －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)＝6ln b ＝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 )＝6x ＋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2<x ≤5时，S ′(x )<0，函数S (x )单调递减．
所以当x ＝2时，函数S (x )取得极大值，也是最大值，S (x )max ＝S (2)＝6ln3＋6(万元)．
当投入经销A 商品3万元，B 商品2万元时，可获得最大收益，收益的最大值为(6ln3＋6)万元．
20．(12分)设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R )．
(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点
(1，f (1))处的切线方程；
(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．
解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x
(e x )2
＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x
， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.
当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，
从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y
＝0.
(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ， 由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366
. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；
当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；
当x >x 2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x 2＝6－a ＋a 2＋366
≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－92，＋∞. 21．(12分)已知函数f (x )＝x 2－m ln x ，h (x )＝x 2－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 )＝x 2－x .
由f (x )≥h (x )在(1，＋∞)上恒成立，得m ≤x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．
令g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )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 －2ln x －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 －2ln x 的图象与直线y ＝a 在(1,3)上有两个不同的交点．
φ′(x )＝1－2x ＝x －2x ，
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 －2ln x 的图象在(1,3)上有两个交点，则2－2ln2<a <3－2ln3.
所以实数a 的取值范围是(2－2ln2,3－2ln3)．
22．(12分)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－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 －1x ＝2ax 2－1x (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 ＝12a
. 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．
(2)令g (x )＝1x －1e
x －1， s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －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 (x 2－1)－ln x <0.
故当f (x )>g (x )在区间(1, ＋∞)内恒成立时，必有a >0.
当0<a <12时，12a
>1. 由(1)有f (12a )<f (1)＝0，而g (12a
)>0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1, ＋∞)内不恒成立．
当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．
当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1
－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝
x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2
>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 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。