人教版新课标A选修2-2第一章 导数及其应用综合与测试课堂检测

第一章测评B

(高考体验卷)

(时间：90分钟　满分：100分)

第Ⅰ卷(选择题　共50分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2014·课标全国Ⅱ高考)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

2．(2014·陕西高考)定积分(2x＋ex)dx的值为(　　)．

A．e＋2        B．e＋1

C．e           D．e－1

3．(2013·浙江高考)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则该函数的图象是(　　)

4．(2014·山东高考)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(　　)．

A．2        B．4

C．2           D．4

5．(2013·课标全国Ⅱ高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)

A．∃x0∈R，f(x0)＝0

B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形

C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减

D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0

6．(2013·湖北高考)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是(　　)

A．1＋25ln 5        B．8＋25ln

C．4＋25ln 5        D．4＋50ln 2

7．(2013·大纲全国高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围是(　　)

A．[－1,0]        B．[－1，＋∞)

C．[0,3]          D．[3，＋∞)

8．(2013·福建高考)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)

A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)

B．－x0是f(－x)的极小值点

C．－x0是－f(x)的极小值点

D．－x0是－f(－x)的极小值点

9．(2013·湖北高考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，0)        B．

C．(0,1)             D．(0，＋∞)

10．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)

A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值

B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值

C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值

D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值

第Ⅱ卷(非选择题　共50分)

二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)

11．(2013·湖南高考)若x2dx＝9，则常数T的值为__________．

12．(2013·广东高考)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝__________.

13．(2013·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.

14．(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是__________．

15．(2012·上海高考)已知函数y＝f(x)的图象是折线段ABC，其中A(0,0)，B，C(1,0)．函数y＝xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________．

三、解答题(本大题共4小题，共25分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

16．(本小题6分)(2014·安徽高考)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.

(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；

(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．

17．(本小题6分)(2014·课标全国Ⅰ高考)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.

(1)求a，b；

(2)证明：f(x)＞1.

18．(本小题6分)(2013·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.

(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；

(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

19．(本小题7分)(2013·福建高考)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；

(2)求函数f(x)的极值．

参考答案

一、1．解析：∵y＝ax－ln(x＋1)，∴y′＝a－.

∴y′|x＝0＝a－1＝2，得a＝3.

答案：D

2．解析：因为(x2＋ex)′＝2x＋ex，

所以(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)|10＝(1＋e1)－(0＋e0)＝e.

答案：C

3．解析：由导函数图象知，函数f(x)在[－1,1]上为增函数．当x∈(－1,0)时f′(x)由小到大，则f(x)图象的增长趋势由缓到快，当x∈(0,1)时f′(x)由大到小，则f(x)的图象增长趋势由快到缓，故选B．

答案：B

4．解析：由解得x＝－2或x＝0或x＝2，

所以直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形面积应为S＝(4x－x3)dx＝＝－0＝4.

答案：D

5．解析：∵x0是f(x)的极小值点，则y＝f(x)的图象大致如下图所示，则在(－∞，x0)上不单调，故C不正确．

答案：C

6．解析：由于v(t)＝7－3t＋，且汽车停止时速度为0，

因此由v(t)＝0可解得t＝4，

即汽车从刹车到停止共用4 s.

该汽车在此期间所行驶的距离

s＝dt

＝

＝4＋25ln 5(m)．

答案：C

7．解析：由条件知f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立．

∵函数y＝－2x在上为减函数，

∴ymax＜－2×＝3.∴a≥3.故选D．

答案：D

8．解析：选项A，由极大值的定义知错误；对于选项B，函数f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点，故不正确；对于C选项，函数f(x)与－f(x)图象关于x轴对称，x0应是－f(x)的极小值点，故不正确；而对于选项D，函数f(x)与－f(－x)的图象关于原点成中心对称，故正确．

答案：D

9．解析：f′(x)＝ln x－ax＋x＝ln x－2ax＋1，函数f(x)有两个极值点，即ln x－2ax＋1＝0有两个不同的根(在正实数集上)，即函数g(x)＝与函数y＝2a在(0，＋∞)上有两个不同交点．

因为g′(x)＝，所以g(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，如图．

若g(x)与y＝2a有两个不同交点，须0＜2a＜1.

即0＜a＜，故选B．

答案：B

10．解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，

∵f′(1)＝e－1≠0，

∴f(x)在x＝1处不能取到极值；

当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，

f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，

令H(x)＝xex＋ex－2，

则H′(x)＝xex＋2ex＞0，x∈(0，＋∞)．

说明H(x)在(0，＋∞)上为增函数，

且H(1)＝2e－2＞0，H(0)＝－1＜0，

因此当x0＜x＜1(x0为H(x)的零点)时，f′(x)＜0，f(x)在(x0,1)上为减函数．

当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．

∴x＝1是f(x)的极小值点，故选C．

答案：C

二、11．解析：∵′＝x2，

∴x2dx＝x3＝T3－0＝9，∴T＝3.

答案：3

12．解析：由曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴得切线的斜率为0，由y′＝2ax－及导数的几何意义得y′|x＝1＝2a－1＝0，解得a＝.

答案：

三、13．解析：令ex＝t，则x＝ln t，

∴f(t)＝ln t＋t，

∴f′(t)＝＋1，

∴f′(1)＝2.

答案：2

14．解析：由曲线y＝ax2＋过点P(2，－5)，

得4a＋＝－5.①

又y′＝2ax－，

所以当x＝2时，4a－＝－，②

由①②得

所以a＋b＝－3.

答案：－3

15．解析：由题意f(x)＝

则xf(x)＝

∴xf(x)与x轴围成图形的面积为10x2dx＋(－10x2＋10x)dx＝x3＋＝×＋－＝.

答案：

三、16．分析：(1)利用导数判断函数单调性的方法，先求导，再令其等于0，求出导函数的零点，即为相应的极值点，结合导函数的开口方向从而得出导函数在相应区间的正负，从而得到原函数的单调区间．

(2)讨论极值点x2在不在区间[0,1]内是问题的关键，要通过分类讨论，得出函数f(x)在[0,1]上的变化趋势，从而得出f(x)在[0,1]上的最值情况．

若函数f(x)在[0,1]上有单调性，那么f(x)的最值就在区间的端点处取得．若f(x)在[0,1]上单调递增，那么f(x)在x＝0处取得最小值，在x＝1处取得最大值．若f(x)在[0,1]上单调递减，那么f(x)在x＝0处取得最大值，在x＝1处取得最小值．

若函数f(x)在[0,1]上不单调，就要看能不能把区间[0,1]再细分成几部分，通过讨论函数f(x)在每一部分的单调性确定其在整个区间上的最值情况．特别要注意的是函数在区间端点处的函数值要比较大小，以确定哪一个才是最值．

解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.

令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2.

所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．

当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；

当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.

故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增．

(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.

①当a≥4时，x2≥1.

由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增．

所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．

②当0＜a＜4时，x2＜1.

由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减．

所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．

又f(0)＝1，f(1)＝a，所以

当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；

当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；

当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值．

17．分析：(1)由已知可得f(1)＝e(1－1)＋2＝2，切线斜率k＝e＝f′(1)，由此可求出a，b.

(2)由(1)可求f(x)，结合不等式的特点将之转化为g(x)＞h(x)的形式，通过比较g(x)的最小值与h(x)的最大值进行证明．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.

由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.

故a＝1，b＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.

设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.

所以当x∈时，g′(x)＜0；

当x∈时，g′(x)＞0.

故g(x)在单调递减，在单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)的最小值为g＝－.

设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．

所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.故h(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)的最大值为h(1)＝－.

综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.

18．解：(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，

所以f′(2)＝6.

又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.

(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．

令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a.

当a＞1时，

比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得

g(a)＝

当a＜－1时，

得g(a)＝3a－1.

综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)＝

19．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.

(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x＞0)，

因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.

(2)由f′(x)＝1－＝，x＞0知：

①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；

②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.

又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，

从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．

综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；

当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．