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选修2-2


导数及其应用
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.

已知函数 y=f(x)的图象如图,则 f′(xA)与 f′(xB)的大小关系是( ) A.f′(xA)>f′(xB) B.f′(xA)<f′(xB) C.f′(xA)=f′(xB) D.不能确定 2.任一作直线运动的物体,其位移 s 与时间 t 的关系是 s=3t-t2,则物体的初速度是( ) A.0 B.3 C.-2 D.3-2t 3.已知曲线 y=2ax2+1 过点( a,3),则该曲线在该点处的切线方程为( ) A.y=-4x-1 B.y=4x-1 C.y=4x-11 D.y=-4x+7 3 3 2 4.若点 P 在曲线 y=x -3x +(3- 3)x+ 上移动,经过点 P 的切线的倾斜角为 α,则 4 角 α 的取值范围是( ) π ?0,π?∪?2π,π? ?2π,π? ?0,2π? 0, ? A.? B. C. D. 3? ? 2? ? 2? ? 3 ? ?3 ? ? 5.函数 f(x)=x3+ax-2 在区间(1,+∞)内是增函数,则实数 a 的取值范围是( ) A.[3,+∞) B.[-3,+∞) C.(-3,+∞) D.(-∞,-3) 6.下列等式成立的是( ) 1 b 1 b A.?a0dx=b-a B.?b C.?1 D.?b -1|x|dx=2?0|x|dx axdx= a(x+1)dx=?axdx 2 7.已知 a>0,函数 f(x)=-x3+ax 在[1,+∞)上是单调减函数,则 a 的最大值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 1 π 8.若函数 f(x)=asin x+ cos x 在 x= 处有最值,那么 a 等于( ) 3 3 3 3 3 3 A. B.- C. D.- 3 3 6 6 2 9.已知?2 ) 0 f(x)dx=3,则?0[f(x)+6]dx 等于( A.9 B.12 C.15 D.18 10.设 a∈R,若函数 y=eax+3x,x∈R 有大于零的极值点,则( ) 1 1 A.a>-3 B.a<-3 C.a>- D.a<- 3 3 x 11.函数 f(x)= 的单调增区间是( ) 1- x A.(-∞,1) B.(1,+∞) C.(-∞,1),(1,+∞) D.(-∞,-1),(1,+∞) 12.某银行准备新设一种定期存款业务,经预测,存款量与存款利率成正比,比例系数 为 k (k>0),贷款的利率为 4.8%,假设银行吸收的存款能全部放贷出去.若存款利率为 x (x∈(0,0.048)),则存款利率为多少时,银行可获得最大利益( ) A.0.012 B.0.024 C.0.032 D.0.036 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 1 13.若 f(x)=- x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是__________. 2 14.设函数 f(x)=ax3-3x+1 (x∈R),若对于 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0,则实数 a 的值 为________.
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15.

如图,内接于抛物线 y=1-x2 的矩形 ABCD,其中 A、B 在抛物线上运动,C、D 在 x 轴 上运动,则此矩形的面积的最大值是________. 16.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,x∈[-2,2]表示过原点的曲线,且在 x=± 1 处的切线 3 的倾斜角均为 π,有以下命题: 4 ①f(x)的解析式为 f(x)=x3-4x,x∈[-2,2]. ②f(x)的极值点有且只有一个. ③f(x)的最大值与最小值之和等于零. 其中正确命题的序号为________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 1 1 17.(10 分)若函数 f(x)= x3- ax2+(a-1)x+1 在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,+∞) 3 2 上为增函数,试求实数 a 的取值范围.

2 18.(12 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=- 与 x=1 时都取得极值. 3 (1)求 a,b 的值与函数 f(x)的单调区间; (2)若对 x∈[-1,2],不等式 f(x)<c2 恒成立,求 c 的取值范围.

19.(12 分)一艘渔艇停泊在距岸 9 km 处,今需派人送信给距渔艇 3 34 km 处的海岸渔站, 如果送信人步行速度为 5 km/h,渔船为 4 km/h,问:应在何处登岸再步行可以使抵达渔 站的时间最短?

2

20.(12 分)某大型商厦一年内需要购进电脑 5 000 台,每台电脑的价格为 4 000 元,每次 订购电脑的其它费用为 1 600 元,年保管费用率为 10%(例如,一年内平均库存量为 150 60 000 台,一年付出的保管费用 60 000 元,则 =10%为年保管费用率),求每次订购 150×4 000 多少台电脑,才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小?

21.(12 分)设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.

22.(12 分)已知函数 f(x)=x2+ln x. (1)求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 1 (2)求证:当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象在 g(x)= x3+ x2 的下方. 3 2

3

答案
1.B [f′(xA)和 f′(xB)分别表示函数图象在点 A、B 处的切线斜率,故 f′(xA)<f′(xB).] 2.B [物体的初速度即为 t=0 时物体的瞬时速度,即函数 s(t)在 t=0 处的导数. s′(0)=s′|t=0=(3-2t)|t=0=3.] 3.B [∵曲线过点( a,3), ∴3=2a2+1,∴a=1, ∴切点为(1,3).由导数定义可得 y′=4ax=4x, ∴该点处切线斜率为 k=4, ∴切线方程为 y-3=4(x-1),即 y=4x-1.] 4.B 5.B [f′(x)=3x2+a.令 3x2+a≥0, 则 a≥-3x2,x∈(1,+∞),∴a≥-3.] 6.C [由积分的几何意义及性质得?b a 0dx=0,y=|x|是偶函数,故 C 显然正确.] 7.C π? 1 1 1 3 3 8.A [f′(x)=acos x- sin x,由题意 f′? - × =0,∴a= .] ?3?=0,即 a· 3 2 3 2 3 2 2 9.C [?2 0[f(x)+6]dx=?0f(x)dx+?06dx=3+12=15.] 3 3 10.B [由 y′=a· eax+3=0,得 eax=- >0,∴a<0, ∴0<eax<1,∴0<- <1, ∴a<-3.] a a x′?1-x?-x?1-x?′ 1-x+x 1 11.C [∵f′(x)= = = >0,又 x≠1, ?1-x?2 ?1-x?2 ?1-x?2 ∴f(x)的单调增区间为(-∞,1),(1,+∞).] 12.B [由题意知,存款量 g(x)=kx (k>0),银行应支付的利息 h(x)=xg(x)=kx2,x∈ (0,0.048).设银行可获得收益为 y,则 y=0.048kx-kx2.于是 y′=0.048k-2kx,令 y′=0, 解得 x=0.024,依题意知 y 在 x=0.024 处取得最大值.故当存款利率为 0.024 时,银行 可获得最大利益.] 13.(-∞,-1] -x?x+2?+b -x2-2x+b b 解析 ∵f′(x)=-x+ = = , x+2 x+2 x+2 又 f(x)在(-1,+∞)上是减函数,即 f′(x)≤0 在(-1,+∞)上恒成立, 又 x+2>0,故-x2-2x+b≤0 在(-1,+∞)上恒成立,即 x2+2x-b≥0 在(-1,+∞)上恒成立. 又函数 y=x2+2x-b 的对称轴为 x=-1,故要满足条件只需(-1)2+2×(-1)-b≥0,即 b≤-1. 14.4 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0,显然成立; 3 1 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可转化为 a≥ 2- 3, x x 3?1-2x? 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , x x x4 1 1 1 0, ?上单调递增,在区间? ,1?上单调递减,因此 g(x)max=g? ?=4,从而 a≥4; 所以 g(x)在区间? 2 2 ? ? ? ? ?2? 3 1 当 x<0,即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可转化为 a≤ 2- 3, x x 3?1-2x? 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , x x x4 所以 g(x)在区间[-1,0)上单调递增.因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4, 综上所述,a=4. 4 3 15. 9 x ? ?x ?x?2? 解析 设 CD=x,则点 C 坐标为? ?2,0?.点 B 坐标为?2,1-?2? ?, 3 ?1-?x?2?=-x +x (x∈(0,2)). ∴矩形 ABCD 的面积 S=f(x)=x· ? ?2? ? 4 3 2 2 2 由 f′(x)=- x +1=0,得 x1=- (舍),x2= , 4 3 3
4

2? 2 时,f′(x)>0,f(x)是递增的,x∈? ,2?时,f′(x)<0,f(x)是递减的, 3 ? ? ? 3 ? 2 4 3 当 x= 时,f(x)取最大值 . 9 3 16.①③ 解析 f′(x)=3x2+2ax+b, 3π 由题意得 f(0)=0,f′(-1)=f′(1)=tan =-1. 4 ∴x∈?0, c=0 ? ? ∴?3-2a+b=-1 ? ?3+2a+b=-1 ,∴a=0,b=-4,c=0. ∴f(x)=x3-4x,x∈[-2,2].故①正确.

2 3 2 3 由 f′(x)=3x2-4=0 得 x1=- ,x2= . 3 3 根据 x1,x2 分析 f′(x)的符号、f(x)的单调性和极值点. x f′(x) -2 2 3 (-2,- ) 3 + 2 3 - 3 (- 2 3 , 3 2 3 ) 3 2 3 3 2 3 ( , 3 2) 2

0 0 - + -16 3 16 3 Z ] Z f(x) 0 9 9 2 3 2 3 ∴x=- 是极大值点也是最大值点. x= 是极小值点也是最小值点. 3 3 f(x)min+f(x)max=0.∴②错,③正确.

0

17.解 f′(x)=x2-ax+a-1, 由题意知 f′(x)≤0 在(1,4)上恒成立,且 f′(x)≥0 在(6,+∞)上恒成立. 由 f′(x)≤0 得 x2-ax+a-1≤0,即 x2-1≤a(x-1). x2-1 ∵x∈(1,4),∴x-1∈(0,3),∴a≥ =x+1. 又∵x+1∈(2,5),∴a≥5,① x-1 由 f′(x)≥0 得 x2-ax+a-1≥0,即 x2-1≥a(x-1). x2-1 ∵x∈(6,+∞),∴x-1>0,∴a≤ =x+1. 又∵x+1∈(7,+∞),∴a≤7,② x-1 ∵①②同时成立,∴5≤a≤7. 经检验 a=5 或 a=7 都符合题意, ∴所求 a 的取值范围为 5≤a≤7. 18.解 (1)f(x)=x3+ax2+bx+c, f′(x)=3x2+2ax+b, 2? 12 4 1 由 f′? ?-3?= 9 -3a+b=0, f′(1)=3+2a+b=0 得 a=-2,b=-2. f′(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1), 2 2 令 f′(x)>0,得 x<- 或 x>1, 令 f′(x)<0,得- <x<1. 3 3 2 ? ? 2 ? 所以函数 f(x)的递增区间是? ?-∞,-3?和(1,+∞),递减区间是?-3,1?. 1 (2)f(x)=x3- x2-2x+c,x∈[-1,2], 2 2 22 2 - ?= +c 为极大值,而 f(2)=2+c,则 f(2)=2+c 为最大值, 由(1)知,当 x=- 时,f? ? 3? 27 3 2 要使 f(x)<c ,x∈[-1,2]恒成立,则只需要 c2>f(2)=2+c,得 c<-1 或 c>2.

5

19.

解 如图所示,设 BC 为海岸线,A 为渔艇停泊处,C 为海岸渔站,D 为海岸上一点. ∵AB=9,AC=3 34, ∴BC= AC2-AB2=15. 1 1 设由 A 到 C 所需时间为 t,CD 的长为 x, 则 t= x+ ?15-x?2+81 (0≤x≤15), 5 4 15-x 1 ∴t′= - 5 4 ?15-x?2+81 令 t′=0,解得 x=3,x=27(舍).在 x=3 附近,t′由负到正,因此在 x=3 处取得极小值. 3 34 21 87 又 t(0)= ,t(15)= ,t(3)= ,比较可知 t(3)最小. 4 4 20 ∴在距渔站 3 km 处登岸可使抵达渔站的时间最短. 20.解 设每次订购电脑的台数为 x,则开始库存量为 x 台,经过一个周期的正常均匀 1 销售后,库存量变为零,这样又开始下一次的订购,因此平均库存量为 x 台,所以每年 2 1 5 000 的保管费用为 x· 4 000· 10%元,而每年的订货电脑的其它费用为 · 1 600 元,这样每 2 x 5 000 1 年的总费用为 · 1 600+ x· 4 000· 10%元. x 2 5 000 1 1 1 令 y= · 1 600+ x· 4 000· 10%, y′=- 2· 5 000· 1 600+ · 4 000· 10%. x 2 x 2 令 y′=0,解得 x=200(台). 也就是当 x=200 台时,每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值,最小值 为 80 000 元. 21.(1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R.令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x ln 2 (-∞,ln 2) (ln 2,+∞) 0 f′(x) - + f(x) 2(1-ln 2+a) 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在 x=ln 2 处取 得极小值,极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0,所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0, 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. 1 22.(1)解 ∵f(x)=x2+ln x,∴f′(x)=2x+ . x ∵x>1 时,f′(x)>0,∴f(x)在[1,e]上是增函数,∴f(x)的最小值是 f(1)=1,最大值是 f(e)=1+e2. 1 2 (2)证明 令 F(x)=f(x)-g(x)= x2- x3+ln x, 2 3 2 3 2 3 3 2 1 x -2x +1 x -x -x +1 ?1-x??2x +x+1? ∴F′(x)=x-2x2+ = = = . x x x x 1 2 1 ∵x>1,∴F′(x)<0,∴F(x)在(1,+∞)上是减函数,∴F(x)<F(1)= - =- <0. 2 3 6 2 3 1 2 ∴f(x)<g(x).∴当 x∈(1,+∞)时,函数 f(x)的图象在 g(x)= x + x 的下方. 3 2
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