高中数学第一章导数及其应用练习新人教A版选修2_2

第一章 导数及其应用
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若函数f (x )＝13x 3－f ′(1)·x 2
－x ，则f ′(1)的值为( )
A ．0
B ．2
C ．1
D ．－1
解析：选D.f ′(x )＝x 2
－2f ′(1)·x －1，则f ′(1)＝12
－2f ′(1)·1－1，解得f ′(1)＝0.
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 B ．a ＝－1，b ＝1 C ．a ＝1，b ＝－1
D ．a ＝－1，b ＝－1
解析：选A.y ′＝2x ＋a ，所以y ′|x ＝0＝a ＝1.将点(0，b )代入切线方程，得b ＝1. 3．函数y ＝x cos x －sin x 在下面哪个区间内单调递增( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
，3π2
B ．(π，2π) C.⎝
⎛⎭⎪⎫3π2
，5π2 D ．(2π，3π)
解析：选B.y ′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ，当x ∈(π，2π)时，－x sin x >0. 4．设x ＝－2与x ＝4是函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx 的两个极值点，则常数a －b 的值为( ) A ．21 B ．－21 C ．27
D ．－27
解析：选A.因为f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ， 所以⎩
⎪⎨⎪⎧－2＋4＝－2a 3，
－2×4＝
b 3
⇒⎩⎪⎨⎪
⎧a ＝－3，b ＝－24.
所以a －b ＝－3＋24＝21.故选A.
5．函数f (x )＝x 2
－ln 2x 的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，
22 B.⎣⎢
⎡⎭⎪⎫
22，＋∞ C.⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－22，⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，22 D.⎣
⎢⎡⎭⎪⎫－
22，0，⎝
⎛⎦⎥⎤0，22 解析：选A.因为f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2
－1
x
，
所以f ′(x )≤0⇔⎩
⎪⎨⎪⎧x
＞0，
2x 2－1≤0.
解得0＜x ≤
22
. 6．曲线y ＝sin x 与直线y ＝2
πx 所围成的平面图形的面积为( )
A.4＋π
2 B.4－π
4 C.4－π
2
D.2－π
2
解析：选C.在同一坐标系中作出曲线y ＝sin x 和直线y ＝2
π
x 的图象，如图所示，阴
影部分的面积可表示为2⎠⎜⎜⎛0
π2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x －2πx d x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x －x 2π⎪⎪⎪⎪π20
＝4－π2.
7．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 )
解析：选C.因为f ′(x )－g ′(x )>0，所以[f (x )－g (x )]′>0，所以f (x )－g (x )在[a ，
b ]上是增函数，所以当a <x <b 时，f (b )－g (b )>f (x )－g (x )>f (a )－g (a )，所以f (x )＋g (a )>g (x )
＋f (a )，f (x )＋g (b )<g (x )＋f (b )．故选C.
8．设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2
D ．3
解析：选D.令f (x )＝ax －ln(x ＋1)，则f ′(x )＝a －
1
x ＋1
. 由导数的几何意义可得在点(0，0)处的切线的斜率为f ′(0)＝a －1.又切线方程为y ＝2x ，则有a －1＝2，所以a ＝3.
9．设函数f (x )＝2
x
＋ln x ，则( )
A ．x ＝1
2为f (x )的极大值点
B ．x ＝1
2为f (x )的极小值点
C ．x ＝2为f (x )的极大值点
D ．x ＝2为f (x )的极小值点 解析：选D.因为f (x )＝2
x
＋ln x ，
所以f ′(x )＝－2x 2＋1
x
，令f ′(x )＝0，
即－2x 2＋1x ＝x －2
x
2＝0，解得x ＝2.
当x ＜2时，f ′(x )＜0；
当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以x ＝2为f (x )的极小值点．
10．已知函数f (x )＝x 3
－px 2
－qx 的图象与x 轴切于点(1，0)，则f (x )的极值为( ) A ．极大值为4
27，极小值为0
B ．极大值为0，极小值为－
427
C ．极小值为－5
27，极大值为0
D ．极小值为0，极大值为5
27
解析：选A.f ′(x )＝3x 2
－2px －q ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝0，f （1）＝0，解得⎩
⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，故f (x )
＝x 3－2x 2
＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1.令f ′(x )>0，解得x <13或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1，
所以
f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13
＝427
，f (x )极小值＝f (1)＝0.
11．函数y ＝x
2
－2sin x 的图象大致是( )
解析：选C.y ′＝12－2cos x ，令y ′＝0，解得cos x ＝1
4，根据三角函数的知识知这个
方程有无穷多解，即函数y ＝x 2－2sin x 有无穷多个极值点，又函数y ＝x
2－2sin x 是奇函数，
图象关于坐标原点对称，故只有选项C 中的图象符合题意．
12．若不等式2x ln x ≥－x 2
＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，0)
B ．(－∞，4]
C ．(0，＋∞)
D ．[4，＋∞)
解析：选B.2x ln x ≥－x 2＋ax －3(x >0)恒成立，即a ≤2ln x ＋x ＋3
x
(x >0)恒成立，设h (x )
＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝x 2
＋2x －3x
2
.当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.故a 的取值范围是(－∞，4]．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．三次函数f (x )＝mx 3
－x 在(－∞，＋∞)上是减函数，则实数m 的取值范围是________．
解析：依题意可得f ′(x )＝3mx 2
－1≤0，且m ≠0，从而m <0. 答案：(－∞，0)
14．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧lg x ，x >0，x ＋⎠⎛0a 3t 2d t ，x ≤0，若f (f (1))＝1，则a ＝________．
解析：显然f (1)＝lg 1＝0，
f (0)＝0＋⎠⎛0
a 3t 2d t ＝t 3|a 0＝1，得a ＝1.
答案：1
15．已知函数y ＝x 3
－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个交点，则实数c ＝________． 解析：因为y ′＝3x 2－3，所以当y ′＝0时，x ＝±1.则当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
单调递增
单调递减
单调递增
＝2.
答案：－2或2
16．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，则不等式2f (x )<x
＋1的x 的解集为________．
解析：令g (x )＝2f (x )－x －1.
因为f ′(x )>1
2，所以g ′(x )＝2f ′(x )－1>0.
所以g (x )为单调增函数．
因为f (1)＝1，所以g (1)＝2f (1)－1－1＝0. 所以当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1. 答案：(－∞，1)
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)设函数f (x )＝2x 3
－3(a ＋1)x 2
＋6ax ＋8，其中a ∈R .已知f (x )在x ＝3处取得极值．
(1)求f (x )的解析式；
(2)求f (x )在点A (1，16)处的切线方程． 解：(1)f ′(x )＝6x 2
－6(a ＋1)x ＋6a . 因为f (x )在x ＝3处取得极值，
所以f ′(3)＝6×9－6(a ＋1)×3＋6a ＝0， 解得a ＝3.
所以f (x )＝2x 3
－12x 2＋18x ＋8. (2)A 点在f (x )上，
由(1)可知f ′(x )＝6x 2
－24x ＋18，
f ′(1)＝6－24＋18＝0，
所以切线方程为y ＝16.
18．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x 2
＋ax －ln x ，a ∈R . (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在[1，2]上是减函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2
＋x －ln x (x >0)，
f ′(x )＝2x ＋1－1x
＝2x 2
＋x －1x
＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －12（x ＋1）x
(x >0)．
令f ′(x )>0，则x >12；令f ′(x )<0，则0<x <12，所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，
单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.
(2)f ′(x )＝2x ＋a －1
x ＝
2x 2
＋ax －1
x
(x >0)，由函数f (x )在[1，2]上是减函数，得
2x 2
＋ax －1x
≤0即2x 2
＋ax －1≤0在[1，2]上恒成立．
令h (x )＝2x 2
＋ax －1，则⎩⎪⎨⎪
⎧h （1）≤0，h （2）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧2＋a －1≤0，2×22
＋2a －1≤0，
解得a ≤－7
2.所以实数a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－72. 19．(本小题满分12分)设函数f (x )＝e x －e －x
. (1)证明：f (x )的导数f ′(x )≥2；
(2)若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．
解：(1)证明：f ′(x )＝e x ＋e －x ，由基本不等式得e x ＋e －x ≥2e x ·e －x
＝2， 故f ′(x )≥2，当且仅当x ＝0时等号成立． (2)令g (x )＝f (x )－ax ＝e x －e －x
－ax (x ≥0)， 则g (0)＝0，g ′(x )＝e x ＋e －x
－a .
若对∀x ≥0，都有g (x )≥0，则需g ′(0)＝2－a ≥0，得a ≤2(a ≤2是g (x )≥0(x ≥0)恒成立的必要条件)．
当a ≤2时，g ′(x )＝e x
＋e －x
－a ≥2－a ≥0，因此函数g (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (0)＝0(x ≥0)恒成立．
所以a 的取值范围是(－∞，2]．
20．(本小题满分12分)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值；
(2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 的大小关系．
解：(1)由题设知g (x )＝ln x ＋1
x
，
所以g ′(x )＝
x －1
x 2
.令g ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，故(0，1)是g (x )的单调递减区间． 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，故(1，＋∞)是g (x )的单调递增区间，
因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点． 所以最小值为g (1)＝1.
(2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－ln x ＋x .设h (x )＝g (x )－g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ＝2ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝－（x －1）2
x 2. 当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
.
当x ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0，
h ′(1)＝0.
因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减．
当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x .
当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x .
21．(本小题满分12分)某集团为获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2
＋5t (百万元)(0≤t ≤3)．
(1)若该公司将当年的广告费控制在300万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司获得的收益最大？
(2)现该公司准备共投入300万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额为－13x 3＋x 2
＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，
使该公司获得的收益最大．(注：收益＝销售额－投入)
解：(1)设投入t (百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)， 则有f (t )＝(－t 2
＋5t )－t ＝－t 2
＋4t ＝－(t －2)2
＋4(0≤t ≤3)，
所以当t ＝2时，f (t )取得最大值4，即投入2百万元的广告费时，该公司获得的收益最大．
(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)，
由此获得的收益是g (x )(百万元)，则g (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2
＋5(3－x )]－3＝
－13
x 3
＋4x ＋3(0≤x ≤3)， 所以g ′(x )＝－x 2
＋4.
令g ′(x )＝0，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.
又当0≤x <2时，g ′(x )>0；当2<x ≤3时，g ′(x )<0.
所以当x ＝2时，g (x )取最大值，即将2百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，该公司获得的收益最大．
22．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2
＋(2a ＋1)x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－3
4a
－2.
解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）
x
.
若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )
在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－1
2a
处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12a －1－14a .
所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0.
设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1
x
－1.
当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1
2a ＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.。