成才之路选修22之112 105.docx
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成才之路选修22之112105
第一章综合检测
时间120分钟,满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60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.(2010·全国Ⅱ文,7)若曲线y=x2+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
[答案] A
[解析] y′=2x+a,∴y′|x=0=(2x+a)|x=0=a=1,
将(0,b)代入切线方程得b=1.
2.一物体的运动方程为s=2tsint+t,则它的速度方程为( )
A.v=2sint+2tcost+1
B.v=2sint+2tcost
C.v=2sint
D.v=2sint+2cost+1
[答案] A
[解析] 因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y=s(t)在t0的导数,S′=2sint+2tcost+1,故选A.
3.曲线y=x2+3x在点A(2,10)处的切线的斜率是( )
A.4
B.5
C.6
D.7
[答案] D
[解析] 由导数的几何意义知,曲线y=x2+3x在点A(2,10)处的切线的斜率就是函数y=x2+3x在x=2时的导数,y′|x=2=7,故选D.
4.函数y=x|x(x-3)|+1( )
A.极大值为f
(2)=5,极小值为f(0)=1
B.极大值为f
(2)=5,极小值为f(3)=1
C.极大值为f
(2)=5,极小值为f(0)=f(3)=1
D.极大值为f
(2)=5,极小值为f(3)=1,f(-1)=-3
[答案] B
[解析] y=x|x(x-3)|+1
=
∴y′=
x变化时,f′(x),f(x)变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,2)
2
(2,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
+
0
+
0
-
0
+
f(x)
无极值
极大值5
极小值1
∴f(x)极大=f
(2)=5,f(x)极小=f(3)=1
故应选B.
5.(2009·安徽理,9)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程是( )
A.y=2x-1
B.y=x
C.y=3x-2
D.y=-2x+3
[答案] A
[解析] 本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式.
∵f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,
∴f(2-x)=2f(x)-x2-4x+4,
∴f(x)=x2,∴f′(x)=2x,
∴曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线斜率为2,切线方程为y-1=2(x-1),∴y=2x-1.
6.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极值,则a等于( )
A.2
B.3
C.4
D.5
[答案] D
[解析] f′(x)=3x2+2ax+3,
∵f(x)在x=-3时取得极值,
∴x=-3是方程3x2+2ax+3=0的根,
∴a=5,故选D.
7.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数.当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞)
B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪(0,3)
[答案] D
[解析] 令F(x)=f(x)·g(x),易知F(x)为奇函数,又当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,即F′(x)>0,知F(x)在(-∞,0)内单调递增,又F(x)为奇函数,所以F(x)在(0,+∞)内也单调递增,且由奇函数知f(0)=0,∴F(0)=0.
又由g(-3)=0,知g(3)=0
∴F(-3)=0,进而F(3)=0
于是F(x)=f(x)g(x)的大致图象如图所示
∴F(x)=f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3),故应选D.
8.下面四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象,其中一定不正确的序号是( )
A.①②
B.③④
C.①③
D.①④
[答案] B
[解析] ③不正确;导函数过原点,但三次函数在x=0不存在极值;④不正确;三次函数先增后减再增,而导函数先负后正再负.故应选B.
9.(2010·湖南理,5)dx等于( )
A.-2ln2
B.2ln2
C.-ln2
D.ln2
[答案] D
[解析] 因为(lnx)′=,
所以dx=lnx|=ln4-ln2=ln2.
10.已知三次函数f(x)=x3-(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2在x∈(-∞,+∞)是增函数,则m的取值范围是( )
A.m<2或m>4
B.-4 C.2 D.以上皆不正确 [答案] D [解析] f′(x)=x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7, 由题意得x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7≥0恒成立,∴Δ=4(4m-1)2-4(15m2-2m-7) =64m2-32m+4-60m2+8m+28 =4(m2-6m+8)≤0, ∴2≤m≤4,故选D. 11.已知f(x)=x3+bx2+cx+d在区间[-1,2]上是减函数,那么b+c( ) A.有最大值 B.有最大值- C.有最小值 D.有最小值- [答案] B [解析] 由题意f′(x)=3x2+2bx+c在[-1,2]上,f′(x)≤0恒成立. 所以 即 令b+c=z,b=-c+z,如图 过A得z最大, 最大值为b+c=-6-=-.故应选B. 12.设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数,且f′(x)g(x)-f(x)g′(x)<0,则当a A.f(x)g(x)>f(b)g(b) B.f(x)g(a)>f(a)g(x) C.f(x)g(b)>f(b)g(x) D.f(x)g(x)>f(a)g(x) [答案] C [解析] 令F(x)= 则F′(x)=<0 f(x)、g(x)是定义域为R恒大于零的实数 ∴F(x)在R上为递减函数, 当x∈(a,b)时,> ∴f(x)g(b)>f(b)g(x).故应选C. 二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分.将正确答案填在题中横线上) 13.=________. [答案] [解析] 取F(x)=-, 从而F′(x)= 则=F(-1)-F(-2) =-+=-=. 14.若函数f(x)=的单调增区间为(0,+∞),则实数a的取值范围是________. [答案] a≥0 [解析] f′(x)=′=a+, 由题意得,a+≥0,对x∈(0,+∞)恒成立, ∴a≥-,x∈(0,+∞)恒成立,∴a≥0. 15.(2009·陕西理,16)设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn,令an=lgxn,则a1+a2+…+a99的值为________. [答案] -2 [解析] 本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质. k=y′|x=1=n+1, ∴切线l: y-1=(n+1)(x-1), 令y=0,x=,∴an=lg, ∴原式=lg+lg+…+lg =lg××…×=lg=-2. 16.如图阴影部分是由曲线y=,y2=x与直线x=2,y=0围成,则其面积为________. [答案] +ln2 [解析] 由,得交点A(1,1) 由得交点B. 故所求面积S=dx+dx =x+lnx=+ln2. 三、解答题(本大题共6个小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本题满分12分)(2010·江西理,19)设函数f(x)=lnx+ln(2-x)+ax(a>0). (1)当a=1时,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(0,1]上的最大值为,求a的值. [解析] 函数f(x)的定义域为(0,2), f′(x)=-+a, (1)当a=1时,f′(x)=,所以f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,2); (2)当x∈(0,1]时,f′(x)=+a>0, 即f(x)在(0,1]上单调递增,故f(x)在(0,1]上的最大值为f (1)=a,因此a=. 18.(本题满分12分)求曲线y=2x-x2,y=2x2-4x所围成图形的面积. [解析] 由得x1=0,x2=2. 由图可知,所求图形的面积为S=(2x-x2)dx+|(2x2-4x)dx|=(2x-x2)dx-(2x2-4x)dx. 因为′=2x-x2, ′=2x2-4x, 所以S=-=4. 19.(本题满分12分)设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (1)若曲线y=f(x)在点(2,f (2))处与直线y=8相切,求a,b的值; (2)求函数f(x)的单调区间与极值点. [分析] 考查利用导数研究函数的单调性,极值点的性质,以及分类讨论思想. [解析] (1)f′(x)=3x2-3a. 因为曲线y=f(x)在点(2,f (2))处与直线y=8相切, 所以即 解得a=4,b=24. (2)f′(x)=3(x2-a)(a≠0). 当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,此时函数f(x)没有极值点. 当a>0时,由f′(x)=0得x=±. 当x∈(-∞,-)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(-,)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时x=-是f(x)的极大值点,x=是f(x)的极小值点. 20.(本题满分12分)已知函数f(x)=x2+lnx. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证: 当x>1时,x2+lnx [解析] (1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}, ∵f′(x)=x+,故f′(x)>0, ∴f(x)的单调增区间为(0,+∞). (2)设g(x)=x3-x2-lnx, ∴g′(x)=2x2-x-, ∵当x>1时,g′(x)=>0, ∴g(x)在(1,+∞)上为增函数, ∴g(x)>g (1)=>0, ∴当x>1时,x2+lnx 21.(本题满分12分)设函数f(x)=x3-x2+6x-a. (1)对于任意实数x,f′(x)≥m恒成立,求m的最大值; (2)若方程f(x)=0有且仅有一个实根,求a的取值范围. [分析] 本题主要考查导数的应用及转化思想,以及求参数的范围问题. [解析] (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2). 因为x∈(-∞,+∞).f′(x)≥m,即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立. 所以Δ=81-12(6-m)≤0,得m≤-,即m的最大值为-. (2)因为当x<1时,f′(x)>0;当1 所以当x=1时,f(x)取极大值f (1)=-a, 当x=2时,f(x)取极小值f (2)=2-a. 故当f (2)>0或f (1)<0时,方程f(x)=0仅有一个实根,解得a<2或a>. 22.(本题满分14分)已知函数f(x)=-x3+ax2+1(a∈R). (1)若函数y=f(x)在区间上递增,在区间上递减,求a的值; (2)当x∈[0,1]时,设函数y=f(x)图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ,若给定常数a∈,求θ的取值范围; (3)在 (1)的条件下,是否存在实数m,使得函数g(x)=x4-5x3+(2-m)x2+1(m∈R)的图象与函数y=f(x)的图象恰有三个交点.若存在,请求出实数m的值;若不存在,试说明理由. [解析] (1)依题意f′=0, 由f′(x)=-3x2+2ax,得-32+2a·=0,即a=1. (2)当x∈[0,1]时,tanθ=f′(x)=-3x2+2ax=-32+. 由a∈,得∈. ①当∈,即a∈时,f′(x)max=, f(x)min=f′(0)=0. 此时0≤tanθ≤. ②当∈(1,+∞),即a∈(3,+∞)时,f′(x)max=f′ (1)=2a-3,f′(x)min=f′(0)=0, 此时,0≤tanθ≤2a-3.
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