2019-2020学年数学人教A版选修2-2检测：第一章导数及其应用测试卷Word版含解析

第一章导数及其应用测试卷
本试卷分第Ⅰ卷(选择题 )和第Ⅱ卷(非选择题 )两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟．
第Ⅰ卷 (选择题，共60 分)
一、选择题 (本大题共 12小题，每题 5 分，共60 分，在每题给出的四个选项中，只
有一项为哪一项切合题目
要求的)
1．以下求导运算正确的选
项是()
22
A ． (cos x)′＝ sin x B． (2πx )′＝ 4πx
－1
C． (e x)′＝ xe x 1 D ． (lg x)′＝xln 101
，∴A 、B、C选分析：∵ (cos x)′＝－ sin x， (2πx2)′＝4πx， (e x)′＝ e x， (lg x)′＝
xln 10
项均不正确， D 选项正确，应选 D.
答案： D
2．已知物体的运动方程是s＝1432
的4t －4t＋ 16t (t 表示时间， s 表示位移 )，则刹时速度为 0
时辰是()
A．0 秒、2 秒或 4秒 B．0 秒、2 秒或 16 秒
C．2 秒、8 秒或 16秒 D．0 秒、4 秒或 8秒
分析： s′＝ t3－ 12t2＋ 32t＝ t(t2－ 12t ＋ 32)＝ t(t－ 4)(t－ 8)，可得 t＝ 0，或 t ＝4，或 t＝8，故选 D.
答案： D
3．曲线 y＝ (x－ 1)e x(e 为自然对数的底数)在点 (1,0)处的切线方程为 ()
A ． y＝ x＋1
B ．y＝ x－ 1
C． y＝ ex＋e D ．y＝ ex－ e
分析：由 y＝ (x－ 1)e x，得 y′＝ xe x，∴曲线在点 (1,0) 处切线的斜率k＝ y′ |x＝1＝ e，∴ 切线方程为 y＝ e(x－ 1)，即 y＝ex－ e，应选 D.
答案： D
4．若两曲线 y＝ x2与 y＝ cx3 (c>0)围成的图形面积是2
，则 c＝ () 3
1
A．1 B.2
3
C.2 D． 2
y＝ x211
分析：由3得两曲线交于点O(0,0)和点 A c，c2 ，∴两曲线y＝x2与y＝cx3(c>0) y＝ cx ，
围成的图形面积S＝(x2－ cx3
)dx＝1x3－1c x4＝1 13－1
1
4＝13＝
2
，解得c＝
1
，故34
··c·
12c 32
3 c 4c
选 B.
答案： B
3
＋2ln x 的单一递减区间是 ()
5．函数 f(x) ＝ x＋x
A． (－ 3,1) B． (0,1)
C． (－ 1,3) D． (0,3)
3 2x2＋ 2x－ 3x＋ 3 x－ 1
分析：函数 f(x) 的定义域为 (0，＋∞)，f ′ (x) ＝ 1－x2＋x＝x2＝x2.
由 f ′ (x)<0 ，得 0<x<1 ，∴ 函数 f(x) 的单一递减区间是 (0,1)．应选 B.
答案： B
6．函数 f(x) 的定义域为 R，导函数 f′ (x)的图象如下图，则函数f(x)()
A ．无极大值点，有四个极小值点
B．有三个极大值点，两个极小值点
C．有两个极大值点，两个极小值点
D．有四个极大值点，无极小值点
分析：由导函数f′ (x)的图象知，f′( x)＝ 0 有四个根，设这四个根从左到右挨次为a， b，c， d，又 x∈ (－∞， a)时， f(x)单一递加； x∈(a，b)时， f( x)单一递减； x∈ (b， c)时， f(x) 单一
递加； x∈ (c，d)时， f(x)单一递减；当 c∈ (d，＋∞ )时， f(x)单一递加，∴ a，c 为函数的极大值点，b，d 为函数 f(x)的极小值点，应选 C.
答案： C
7．已知函数 f(x)＝ x2＋ 2x－2 的图象在点 M 处的切线与 x 轴平行，则点 M 的坐标是 ()
A ． (－ 1,3) B． (－ 1，－ 3)
C． (－ 2，－ 3) D ．( －2,3)
分析：由 f(x)＝ x2＋ 2x－2，得 f′( x)＝ 2x＋ 2，∵ 函数 f(x)在点 M 处的切线平行于x 轴，∴ f′ (x)＝ 0，即 x＝－ 1，∴ f(－ 1)＝ 1－ 2－ 2＝－ 3，∴点 M 的坐标为 ( －1，－ 3)，应选 B.
答案： B
8．已知函数f(x) ＝x3＋ax2＋ x＋ 2(a>0) 的极大值点和极小值点都在区间(－ 1,1)内，则实数
a 的取值范围是 ()
A ． (0,2] B． (0,2)
C．[ 3，2)D．( 3，2)
分析：由题意可知 f′ (x)＝ 0的两个不一样解都在区
间(－ 1,1)内．因为 f′ (x)＝ 3x2＋ 2ax＋ 1，
＝ 2a 2－ 4×3× 1>0
－1<－ 2a
因此依据导函数图象可得6 <1又 a>0 ，解得3<a<2.应选 D.
f′ － 1 ＝3－ 2a＋1>0
f′ 1 ＝ 3＋2a＋ 1>0，
答案： D
9．设 f(x)， g(x)在 [a， b]上可导，且f′ (x)>g′ (x)，则当 a<x<b 时，有 ()
A ． f( x)>g(x)
B． f( x)<g(x)
C． f( x)＋ g(a)>g(x)＋ f(a)
D． f( x)＋g( b)>g(x)＋ f(b)
分析：令 h(x) ＝f(x)－ g(x)，x ∈[a ，b] ，∴ f ′ (x)>g ′ (x)，∴ h ′ (x)＝ f ′ (x)－ g ′ (x)>0，∴ h(x)
在区间 [a ， b]上单一递加，当 a<x 时， h(a)<h(x)，即
f(a)－ g(a)<f(x)－ g(x)， ∴ f(x) ＋ g( a)>g(x)
＋ f( a) ，应选 C.
答案： C
10．已知函数 f(x)知足 f(0) ＝0，导函数 f ′ (x)的图象如下图，则 f(x)的图象与 x 轴围成
的关闭图形的面积为 ( )
14
A. 3
B.3
8
C ． 2
D.3
分析： 由 f ′ (x)的图象知， f ′ (x)＝2x ＋ 2，
设 f(x)＝ x 2＋ 2x ＋ c ，由 f(0)＝ 0 知， c ＝ 0，
2
2
因此 f(x)＝ x ＋ 2x ，由 x ＋ 2x ＝ 0 得 x ＝ 0 或 x ＝－ 2.
答案： B
.
11．若函数 f(x) ＝ e x (sin x ＋ a)在区间
π π
a 的取值范围是 ()
－ ， 上单一递加，则实数 2 2
A ． [ 2，＋∞ )
B ． (1，＋∞ )
C ． [1，＋∞ )
D ．(－ 2，＋∞ )
分析： f ′ (x)＝ e x ( sin x ＋ a)＋ e x ·cos x ＝ e x (sin x ＋ cos x ＋ a)，
∵函数 f(x) ＝e x π π e x
>0 ， (sin x ＋ a)在区间 － ， 2上单一递加，且
2
∴ s in x ＋ cos x ＋ a ≥ 0，即 a ≥ － (sin x ＋ cos x)＝
π π π － 2sin x ＋ 4 在 － 2，2
上恒建立．
∵当－ π π π π 3π
<x< 时，－ <x ＋ <
，
2 2 4 4 4 π 2
π
∴sin x ＋4 ∈ － 2 ， 1 ， ∴ － 2sin x ＋ 4
∈ [ － 2，1)．
∴a ≥1，即实数 a 的取值范围是 [1，＋ ∞ )，应选 C. 答案： C
12．已知定义在 R 上的奇函数 f(x)，设其导数为 f ′ (x)，当 x ∈ (－∞，0]时，恒有 xf ′( x)<f(－
x)，令 F(x)＝ xf(x)，则知足 F(3)> F(2x － 1)的实数 x 的取值范围为 ( )
1
A ．(－ 1,2)
B. －1，
C.
1
， 2 D ． (－2,1)
2
分析： 因为 f(x)是奇函数，因此不等式
xf ′(x)<f(－ x)等价于 xf ′ (x)<－ f(x)，即 xf ′ (x)＋
f(x)<0 ，即 F ′ (x)<0.
当 x ∈ (－ ∞ ，0]时，函数 F(x)单一递减；因为 F(x) ＝xf(x)为偶函数，因此
F(x)在 [0，＋ ∞ )
上单一递加．
因此 F(3)> F(2x － 1)等价于 F(3)> F(|2x － 1|)，
即 3>|2x － 1|，解得－ 1<x<2. 答案： A
第Ⅱ卷 (非选择题，共 90 分)
二、填空题 (本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分，将答案填在题中的横线上 )
13．已知 f(x) ＝x 2＋ 3xf ′(2) ，则 f ′(2) ＝________.
分析： 由 f(x)＝ x 2＋ 3xf ′ (2) ，得 f ′ (x)＝2x ＋ 3f ′ (2) ，令 x ＝ 2，则 f ′ (2) ＝ 4＋ 3f ′ (2)，解
得 f ′ (2)＝－ 2.
答案： －2
14．已知某矩形广场面积为
40 000 m 2，则其周长起码为 ________米．
分析：设广场的长为 x m ，则宽为 40 000 m ，于是其周长为 y ＝ 2 x ＋ 40 000
(x>0)，因此 y ′
x
x
40 000
＝ 2 1－ x 2
，令 y ′＝ 0，解得 x ＝200(x ＝－ 200 舍去 )，这时 y ＝800. 当 0< x<200 时，y ′ <0；
当 x>200 时， y ′ >0，因此当 x ＝ 200 时， y 获得最小值，故其周长起码为 800 m.
答案： 800
15．由曲线 y 2＝ x ，直线 y ＝x － 2 所围成的关闭图形的面积为 ________．
分析： 由
y 2＝ x
x ＝1 x ＝ 4 得
或
y ＝ x －2，
y ＝－ 1，
y ＝ 2，
根 据 定 积 分 的 几 何 定 义 可 知 所 求 封 闭 图 形 的 面 积
答案：
9
.
2
16．若对于 x 的方程 x 3 －3x ＋ m ＝ 0 在 [0,2] 上有根，则实数 m 的取值范围是 ________． 分析： 令 f(x) ＝ x 3－ 3x ＋ m ，则 f ′ (x)＝ 3x 2 －3＝ 3(x ＋ 1)(x － 1)．明显，当
x< － 1 或 x>1
时， f ′ (x)>0 ，f(x) 单一递加；当－ 1<x<1 时， f ′ (x)<0 ，f(x) 单一递减．因此当 x ＝－ 1 时， f(x)
取极大值 f( － 1) ＝m ＋ 2；当 x ＝ 1 时， f(x) 取极小值 f(1) ＝ m － 2.
而 f(0) ＝ m ， f(2) ＝ m ＋ 2， f(0)<f(2)
因为 f(x) ＝ 0 在 [0,2] 上有解，
f 1 ≤0 m － 2≤0 因此
因此
f 2 ≥ 0，
2＋m ≥ 0，
因此－ 2≤ m ≤ 2. 答案： [ － 2,2]
三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤 )
17． (10 分 )已知函数 f(x) ＝x 3－ 4x 2＋5x － 4. (1)求曲线 f(x) 在点 (2，f(2)) 处的切线方程；
(2)求经过点 A(2 ，－ 2)的曲线 f(x) 的切线方程． 分析： (1) ∵ f ′ (x)＝ 3x 2－ 8x ＋ 5， ∴ f ′ (2)＝ 3× 22－ 8× 2＋ 5＝ 1，
又 f(2) ＝－ 2，
∴曲线在点 (2，f(2)) 处的切线方程为
y － (－ 2)＝ x － 2，
即 x － y － 4＝0.
(2)设曲线与经过点
A(2 ，－ 2)的切线相切于点
3 －4x 2 ＋ 5x － 4)
P(x ， x
0 0 0
2
－ 8x 0 ＋5.
∵f ′ (x 0)＝ 3x 0
∴切线方程为
3
2
2
0＋ 5)(x － x 0)
y － (x 0－ 4x 0＋ 5x 0 － 4)＝ (3x 0－ 8x 又切线过点 A(2 ，－ 2) ，
3 2
4)＝(3x 2
∴－ 2－ (x 0－ 4x 0＋ 5x 0－ 0－ 8x 0＋ 5)(2－ x 0)，
2 0
－1) ＝0， 整理，得 (x － 2) (x
解得 x 0＝ 2 或 1.
∴经过点 A(2 ，－ 2)的曲线 f(x) 的切线方程为
x －y － 4＝ 0 或 y ＋ 2＝0.
1－ x
， x ≥0，此中 a>0.
18． (12 分 )已知函数 f(x) ＝ln (ax ＋ 1)＋ 1＋ x
(1) 若 f(x) 在 x ＝ 1 处获得极值，求 a 的值； (2) 求 f(x) 的单一区间；
(3) 若 f(x) 的最小值为 1，求 a 的取值范围．
分析： (1)f ′(x) ＝
a 2
ax 2＋ a －2
ax ＋ 1－ 1＋ x 2
＝
ax ＋ 1
1＋ x 2
，
因为 f(x) 在 x ＝ 1 处获得极值，因此 f ′ (1) ＝ 0，
a ＋a － 2
即 ＝ 0，解得 a ＝1. 4 a ＋ 1
ax 2＋ a － 2
(2)由 (1)知 f ′ (x)＝ ax ＋ 1 1＋ x 2
，
因为 x ≥ 0，a>0，因此 ax ＋ 1>0.
①当 a ≥ 2 时，在区间 [0，＋ ∞ )上， f ′ (x)>0 ，因此 f(x) 的单一增区间为 [0，＋ ∞ )．
②当 0<a<2 时，由 f ′ (x)>0 解得 x>
2－ a
a ，
由 f ′ (x)<0 解得 x<
2－ a
a ，
因此 f(x) 的单一减区间为
0，
2－ a ，单一增区间为
2－ a
a a
，＋∞
.
综上可知，当 a ≥2 时， f(x) 的单一增区间为 [0，＋ ∞ )；当 0<a<2 时， f(x) 的单一减区间为
2－a
，单一增区间为
2－ a
0，
a ，＋∞ .
a
(3)当 a ≥2 时，由 (2)① 知， f(x) 的最小值为 f(0) ＝ 1，
当 0<a<2 时，由 (2)② 知，f(x) 在 x ＝
2－ a
2－ a
<f(0) ＝1，
a 处获得最小值， 最小值为 f
a
综上可知，若 f(x) 的最小值为 1，则 a 的取值范围是 [2，＋ ∞ )．
19．(12 分 )苏州市举办“广电狂欢购物节”促销活动， 某厂商拟投入适合的广告费， 对所
售产品进行促销， 经检查测算， 该促销产品在狂欢购物节的销售量
p(万件 ) 与广告花费 x(万元 ) 知足 p ＝3－
2
x ＋ 1(此中 0≤ x ≤ a ，a 为正常数 ) ．已知生产该批产品
p 万件还需投入成本 (10＋2p)
20
万元 (不含广告花费 )，产品的销售价钱为 4＋ p 元 /件，假设厂商生产的产品恰巧可以售完．
(1)将该产品的收益 y(万元 )表示为广告花费 x(万元 )的函数； (2)问广告投入多少万元时，厂商的收益最大？
分析： (1) 由题意知， y ＝ 4＋20
p p － x － (10＋ 2p)，
将 p ＝ 3－ 2
代入化简得
x ＋1
y ＝ 16－ 4
－ x(0≤ x ≤ a ， a 为正常数 )．
x ＋1
－ 4
－ x ＋1 2＋4 x ＋ 3 x － 1
(0≤ x ≤a ， a 为正常数 )．
(2)由 (1)知 y ′＝－ 1－
2
＝
2
＝－
2
x ＋ 1
x ＋ 1
x ＋1
①当 a>1 时，在区间 (0,1) 上， y ′ >0，函数在 (0,1) 上单一递加；
在区间 (1， a)上， y ′ <0 ，函数在 (1， a)上单一递减．
则广告花费投入 1 万元时，厂商的收益最大．
②当 a ≤ 1 时，函数在 [0，a]上单一递加，
因此 x ＝ a 时，函数有最大值，即广告花费投入 a 万元时，厂商的收益最大．
综上所述，当 a>1 时，广告花费投入
1 万元，厂商的收益最大；当
a ≤ 1 时，广告花费投
入 a 万元，厂商的收益最大．
20． (12 分 )已知 F(x) ＝ x － 1t(t － 4)dt ， x ∈ (－ 1，＋∞ )． (1) 求 F(x) 的单一区间；
(2) 求函数 F(x) 在 [1,5] 上的最值．
分析：F(x) ＝
1 1 1
7
＝ 3x 3－ 2x 2－ － 3－2 ＝ 3x 3 － 2x 2 ＋3
(x> － 1)．
(1)F ′(x) ＝ 13x 3－ 2x 2＋ 73 ′ ＝ x 2－4x ，
由 F ′ (x)>0 ，即 x 2－ 4x>0，得－ 1<x<0 或 x>4 ；
由 F ′ (x)<0 ，即 x 2－4x<0 ，得 0<x<4 ，因此 F(x) 的单一递加区间为 (－ 1,0)和 (4，＋ ∞ )，
单一递减区间为 (0,4)．
(2)由 (1)知 F(x) 在 [1,4] 上递减，在 [4,5] 上递加．
因为 F(1)＝
13－ 2＋73＝ 23， F(4)＝ 13×43－ 2× 42＋ 73＝－ 253， F(5)＝ 13×53－ 2× 52
＋ 73＝－ 6，
2 25
因此 F(x) 在 [1,5] 上的最大值为 3，最小值为－
3
.
21． (12 分 )已知函数 f(x) ＝x 3＋ ax 2＋bx ＋ a 2(a ， b ∈ R) (1)若函数 f(x)在 x ＝ 1 处有极值为 10，求 b 的值；
(2)对随意 a ∈ [－ 1，＋∞ )， f( x)在区间 (0,2)单一递加，求 b 的最小值； (3)若 a ＝ 1，且过点 (－2,0)能作 f(x)的三条切线，求 b 的取值范围．
分析： (1)f ′ (x)＝ 3x 2＋ 2ax ＋ b ，依题意：
f ′ (1)＝ 3＋ 2a ＋ b ＝ 0①， f(1)＝ 1＋a ＋ b ＋ a 2 ＝10②
a ＝ 4 a ＝－ 3 由①② 解得：
或
；
b ＝－ 11
b ＝ 3
a ＝－ 3
经查验当
时无极值点，
b ＝ 3
a ＝ 4
当
时函数 f(x)在 x ＝ 1 处有极小值，
b ＝－ 11 故 b ＝－ 11.
(2) f ′ (x)＝3x 2 ＋2ax ＋ b ≥0 对 ? a ∈[ －1，＋ ∞ )，
当 x ∈ (0,2)恒建立
记 h(a)＝ 3x 2＋2ax ＋ b ＝ (2x)a ＋3x 2 ＋b ，
∴h(a)min ＝ h(－ 1)＝ 3x 2－2x ＋ b ≥ 0
又设 H(x)＝ 3x 2－ 2x ＋b ，
1
1
当 x ∈ (0,2)时 H (x)min ＝ H 3 ＝－ 3＋b ≥ 0，
b ≥1
， ∴ b 的最小值为 1.
3
3
(3)当 a ＝ 1 时， f(x)＝x 3＋ x 2＋bx ＋ 1，
2
f x
设切点为 P(x 0， y 0)，则切线斜率为 f ′ (x 0)＝ 3x 0＋ 2x 0＋ b ＝
，
x ＋2
3
2
∴2x 0＋ 7x 0＋ 4x 0＋ 2b － 1＝ 0，
设 F(x 0 3 2 0
0 0
)＝ 2x ＋ 7x ＋ 4x ＋ 2b － 1，
过点 ( －2,0)能作 f(x) 三条切线等价于 F(x 0)有三个零点
2
F ′ (x 0)＝ 6x 0＋14x 0＋ 4＝ 2(3x 0＋ 1)(x 0＋ 2)
x 0
(－∞，－ 2)
－2，－ 1
1
3
－3，＋ ∞
F ′ (x )
正
负
正
F(x )
增
减
增
F －2>0
2b ＋ 3>0
令
1
，即
44
，
F － 3 <0
2b － 27<0
3
22
∴ b ∈ － 2， 27 .
1
22． (12 分 )已知函数f(x)＝2x2＋ (1－ a)x－aln x.
(1)议论 f(x)的单一性；
(2)设 a>0，证明：当0<x<a 时， f(a＋ x)< f(a－ x)；
(3)设 x1， x2是 f(x)的两个零点，
x1＋ x2
证明： f′>0.
分析： (1)f(x)的定义域为 (0，＋∞ )，
由已知，得
a
f′ (x)＝ x＋ 1－ a－ x＝
x2＋1－a x－ a
＝
x
x＋ 1 x－
a x
.
若 a≤ 0，则 f ′ (x)>0，此时 f(x) 在 (0，＋∞ )上单一递
加．若 a>0，则令 f′( x)＝ 0，得 x＝ a.
当 0< x<a 时， f′ (x)<0 ；当 x>a 时， f′ (x)>0.
此时 f(x)在 (0， a)上单一递减，在 (a，＋∞ )上单一递加．
综上，当 a≤ 0 时， f(x)在 (0，＋∞ )上单一递加；当 a>0 时， f(x)在 (0， a)上单一递减，在(a，＋∞ )上单一递加．
1
1
(2) 令 g(x) ＝ f(a ＋ x) － f(a － x) ，则 g( x) ＝2 (a ＋ x)2＋ (1－ a)( a ＋ x) － aln(a ＋ x) －a－ x 2＋ 1－ a a－ x － aln a－ x ＝ 2x－ aln( a＋ x)＋ aln(a－ x)．
2
因此 g′ (x)＝ 2－a
－
a
＝
2x2
. a＋ x a－ x x2－a2
当 0< x<a 时， g′ (x)<0，因此 g(x)在 (0，a)上是减函数．而 g(0) ＝ 0，因此 g(x)<g(0)＝ 0.
故当 0<x<a 时， f(a＋ x)< f(a－ x)．
(3)由 (1)可知，当a≤ 0 时，函数f(x)至多有一个零点，故 a>0，进而 f(x)的最小值为 f(a)，且 f( a)<0.
不如设 0<x1<x2，则 0<x1<a<x2，因此 0<a－ x1<a.
由(2) 得 f(2a－ x1)<f(x1)＝ 0＝ f(x2) ，
x ＋x
12>a.
进而 x >2 a－ x ，于是
212
x1＋ x2
由(1) 知， f′>0.
2。