章末质量检测(二)　导数及其应用（含解析）

章末质量检测(二)　导数及其应用
(分值：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．函数f(x)＝ex sin x的图象在点(0，f(0))处切线的倾斜角为(　　)
A．30° B．45° C．150° D．135°
2．一物体的运动满足函数s＝3＋2t，则在[2，2.1]这段时间内的平均速度是(　　)
A．0.41 B．2 C．0.3 D．0.2
3．已知函数f(x)＝ln (2x＋1)，则f′(0)＝(　　)
A．0 B．1 C．2 D．
4．函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(　　)
A．(－∞，－2)∪(－1，1) B．(－∞，－2)
C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞)
5．曲线f(x)＝x2＋x＋1 在点(0，1) 处的切线方程为(　　)
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0 C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
6．设函数f(x)在R上可导，其导函数为 f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如题图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)
A．函数f(x)有极大值 f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值 f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值 f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值 f(－2)和极小值f(2)
7．函数f(x)＝－2ln x－x－的单调递增区间是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－3，1) C．(0，1) D．(1，＋∞)
8．设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)(　　)
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是(　　)
A．′＝ B．(cos 2x)′＝－2sin 2x
C．′＝3x D．(lg x)′＝
10．已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝1处切线的斜率为－3，则下列说法正确的是(　　)
A．a＝6 B．f(x)在x＝－1处取得极大值
C．当x∈[1，2]时，f(x)有最小值 D．f(x)的极大值为4＋1
11．对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　)
A．f(x)在x＝e处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点
C．f(2)1
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．函数f(x)＝ln x－x2的单调递增区间为________．
13．已知x＝2是f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为________．
14．要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为72 cm3，其底面两邻边之比为1∶2，则它的长为________，高为________时，可使表面积最小．
四、解答题(本题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)已知函数f(x)＝－2x3＋3x2－3.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)求函数f(x)在[－1，2]上的最小值和最大值．
16．(15分)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≤2x＋c恒成立，求实数c的取值范围．
17．(15分)设函数f(x)＝(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在[1，2]上为增函数，求实数a的取值范围．
18．(17分)某产品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量将会增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x(单位：元，0≤x≤21)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．
(1)将一个星期的商品销售利润表示成关于x的函数y＝f(x)；
(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？
19．(17分)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)过点(1，0)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m有一个零点，求实数m的取值范围．
章末质量检测(二)　导数及其应用
1．解析：f′(x)＝ex sin x＋ex cos x＝ex(sin x＋cos x)，
∴f′(0)＝e0(sin 0＋cos 0)＝1，
∴所求切线的倾斜角为45°.
故选B.
答案：B
2．解析：Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2)＝0.2，
Δt＝2.1－2＝0.1，
则＝2.
故选B.
答案：B
3．解析：∵f(x)＝ln (2x＋1)，
∴f′(x)＝，
∴f′(0)＝2，
故选C.
答案：C
4．解析：当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0
则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2)．
当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，
则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为－1当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
则不等式(x＋2)f′(x)<0无解．
综上，不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(－1，1)．
故选A.
答案：A
5．解析：∵f(x)＝x2＋x＋1，
∴f′(x)＝2x＋1，
∴根据导数的几何意义可得曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线的斜率为f′(0)＝1，
∴曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线方程为y－1＝f′(0)(x－0)即x－y＋1＝0.
故选C.
答案：C
6．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.
答案：D
7．解析：依题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－
＝－，故当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，所以函数的单调递增区间为(0，1)，故选C.
答案：C
8．解析：∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，
∴＝，令F(x)＝x2f(x)，
则F′(x)＝，F(2)＝4·f(2)＝，
由x2f′(x)＋2xf(x)＝，得f′(x)＝，令φ(x)＝ex－2F(x)，
则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝，
∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0，∴φ(x)≥0.
又∵x>0，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增，
∴f(x)既无极大值也无极小值．
故选D.
答案：D
9．解析：′＝－，(cos 2x)′＝－2sin 2x，′＝3x，′＝.
故选BC.
答案：BC
10．解析：f′(x)＝3x2－a，
∵f′(1)＝3－a＝－3，
∴a＝6，A正确；
则f(x)＝x3－6x＋1，
∴f′(x)＝3x2－6＝3，
令f′(x)>0得x<－或x>，令f′(x)<0得－∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)在x＝－处取得极大值，极大值为f＝＋1，B错误，D正确；
当x∈[1，2]时，由f(x)的单调性知，f(x)有最小值，C正确．
故选ACD.
答案：ACD
11．解析：函数的导数f′(x)＝，(x>0)，
令f′(x)＝0得x＝e，则当00，函数为增函数，
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，
则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝，故A正确；
当x→0，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0，
则f(x)的图象如图，由f(x)＝0得ln x＝0得x＝1，即函数f(x)只有一个零点，故B错误；
由图象知f(2)＝f(4)，f(3)>f(π)>f(4)，故f(2)若f(x)则k>，
设h(x)＝，(x>0)，则h′(x)＝－，当00，当x>1时，h′(x)<0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，
∴k>1成立，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－x，
令f′(x)＝－x>0得0∴函数f(x)＝ln x－x2的单调递增区间为(0，1)．
答案：(0，1)
13．解析：因为f′(x)＝3x2－3a，
由题意可得，f′(2)＝12－3a＝0，
故a＝4，f′(x)＝3x2－12，
当x>2或x<－2时，f′(x)>0，函数单调递增，当－2故当x＝－2时，函数取得极大值f(－2)＝18.
答案：18
14．解析：设底面的长为2x cm，则由条件可得宽为x cm，高为cm，
所以表面积S(x)＝4x2＋，
因为S′(x)＝8x－，S′(x)<0 00 x>3，
所以S(x)在(0，3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增，
所以当x＝3时S(x)取得最小值，即此时长为6 cm，宽为3 cm，高为4 cm.
答案：6 cm　4 cm
15．解析：(1)定义域R，f′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝0，x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 极小值－3 单调递增 极大值－2 单调递减
当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－3；
当x＝1时，f(x)有极大值，极大值为f(1)＝－2.
(2)结合(1)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x －1 (－1，0) 0 (0，1) 1 (1，2) 2
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 2 单调递减 极小值－3 单调递增 极大值－2 单调递减 －7
f(－1)＝2，f(2)＝－7，
f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(2)＝－7.
16．解析：(1)定义域为(0，＋∞)
f′(x)＝，k＝f′(1)＝＝2，f(1)＝2ln 1＋1＝1，
切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)2ln x＋1≤2x＋c，c≥2ln x－2x＋1
令h(x)＝2ln x－2x＋1，h′(x)＝，
由h′(x)＝0，得x＝1
x (0，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) 单调递增 极大值－1 单调递减
h(x)在(0，＋∞)有唯一极值，且是极大值，则此极大值即最大值．
所以h(x)max＝h(1)＝－1
所以c≥－1.
17．解析：(1)f′(x)＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝＝0，所以a＝0.
当a＝0时，f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，解得x＝0，或x＝2.
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以f(x)在x＝0处取得极小值．所以a＝0.
(2)f′(x)＝≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，
即－x2－(a－2)x＋a≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，
所以x2＋(a－2)x－a≤0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，
所以需，解得a≤0，
当a＝0时，f′(x)＝不恒为零，所以a≤0.
18．解析：(1)设一星期多卖出的商品件数为t件，令t＝kx2，由题意知，
24＝k×22，解得k＝6.
由题意知，f(x)＝(30－9－x)(432＋6x2)＝－6x3＋126x2－423x＋9 072(0≤x≤21)．
(2)f′(x)＝－18x2＋252x－432＝－18(x－2)(x－12)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝12.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 0 (0，2) 2 (2，12) 12 (12，21) 21
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 9 072 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 0
f(0)＝9 072，f(12)＝11 664
因为11 664>9 072，所以当x＝12时，销售利润最大，
定价为30－12＝18.
所以当定价为18元时，一个星期的商品销售利润最大．
19．解析：(1)定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝，
设切点为(x0，y0)，斜率为k，
则，解得或
所以，切线方程为y－0＝(x－1)或y－0＝－8(x－1)，
即e3x－4y－e3＝0或8x＋y－8＝0.
(2)g(x)＝f(x)－m＝0，f(x)＝m
f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，解得x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x (－∞，0) (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 极小值e 单调递增
当x→0时，f(x)→＋∞，
当x→－∞时，f(x)→0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
因为有一个零点，所以0