2019年数学浙江专版选修2-2新一线同步（讲义+课件+课时跟踪检测）：阶段质量检测（一） 导数及其应用 （部分）

阶段质量检测（一） 导数及其应用 （部分）
(时间： 120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共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．以正弦曲线y＝sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是(　　)
A.∪　　　 　B．[0，π)
C. D.∪
解析：选A　y′＝cos x，∵cos x∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是∪.
2．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　 )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A　设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．
3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是(　　)
A. 
B.
C. ，
D.，
解析：选A　∵f′(x)＝2x－＝，当0＜x≤时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为.
4．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是(　　)
A．1 B.
C．0 D．－1
解析：选A　f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，
则x＝－(舍去)或x＝，f(0)＝0，f(1)＝－1，
f＝－＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.
5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是(　　)
解析：选D　由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，排除A、B；当00，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.
6．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)A．{x|－1C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}
解析：选B　令g(x)＝2f(x)－x－1，∵f′(x)>，
∴g′(x)＝2f′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数，
∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0，∴当x<1时，
g(x)<0，即2f(x)7．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2，生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x＞0)，为使利润最大，应生产(　　)
A．6千台 B．7千台
C．8千台 D．9千台
解析：选A　设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝18x2－2x3，y′＝36x－6x2，令y′＝0得x＝6或x＝0(舍)，f(x)在(0,6)上是增函数，在(6，＋∞)上是减函数，∴x＝6时y取得最大值．
8．已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋x·f′(x)＜0，若a＜b，则一定有(　　)
A．af(a)＜bf(b) B．af(b)＜bf(a)
C．af(a)＞bf(b) D．af(b)＞bf(a)
解析：选C　[x·f(x)]′＝x′f(x)＋x·f′(x)＝f(x)＋x·f′(x)＜0，
∴函数x·f(x)是R上的减函数，
∵a＜b，∴af(a)＞bf(b)．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝________.
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.
∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.
答案：5
10．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________，f′(2)＝________.
解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝，∴f′(2)＝22－2××2＋1＝.
答案：　
11．函数y＝ln(x2－x－2)的定义域为________，单调递减区间为________．
解析：由题意，x2－x－2＞0，解得x＜－1或x＞2，故函数y＝ln(x2－x－2)的定义域为(－∞，－1)∪(2，＋∞)，
令f(x)＝x2－x－2，f′(x)＝2x－1＜0，得x＜，
∴函数y＝ln(x2－x－2)的单调递减区间为(－∞，－1)．
答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞)　(－∞，－1)
12．函数y＝x3－6x＋a的极大值为________，极小值为________．
解析：y′＝3x2－6＝3(x＋)(x－)，
令y′＞0，得x＞或x＜－，
令y′＜0，得－＜x＜，
∴当x＝－时取得极大值a＋4，
当x＝时取得极小值a－4.
答案：a＋4　a－4
13．已知函数y＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝－1处有极大值，在x＝3处有极小值，则a＝________，b＝________.
解析：y′＝3x2＋2ax＋b，方程y′＝0有根－1及3，
由根与系数的关系得，
∴
答案：－3　－9
14．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈时，f(x)＝x＋sin x，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．
解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，
因为f′(x)＝1＋cos x≥0，
故f(x)在上是增函数，
∵>π－2>1>π－3>0，
∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c答案：c15．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，
即函数f(x)的增区间为(－1,1)．
又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以解得－1＜m≤0.
答案：(－1,0]
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．
(1)讨论f(1)和f(－1)是函数f(x)的极大值还是极小值；
(2)过点A(0,16)作曲线y＝f(x)的切线，求此切线方程．
解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意，
f′(1)＝f′(－1)＝0，即
解得a＝1，b＝0.
∴f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
若x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，则f′(x)＞0，
故f(x)在(－∞，－1)上是增函数，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
若x∈(－1,1)，则f′(x)＜0，故f(x)在(－1,1)上是减函数．
∴f(－1)＝2是极大值；f(1)＝－2是极小值．
(2)曲线方程为y＝x3－3x.点A(0,16)不在曲线上．
设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x0.
∵f′(x0)＝3(x－1)，
故切线的方程为y－y0＝3(x－1)(x－x0)．
注意到点A(0,16)在切线上，有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)．
化简得x＝－8，解得x0＝－2.
∴切点为M(－2，－2)，切线方程为9x－y＋16＝0.
17. (本小题满分15分)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设有即
解得
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
18．(本小题满分15分)某个体户计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln(x＋b)(a＞0，b＞0)．已知投资额为零时收益为零．
(1)求a，b的值；
(2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大利润．
解：(1)由投资额为零时收益为零，
可知f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝6ln b＝0，
解得a＝2，b＝1.
(2)由(1)可得f(x)＝2x，g(x)＝6ln(x＋1)．
设投入经销B商品的资金为x万元(0＜x≤5)，
则投入经销A商品的资金为(5－x)万元，
设所获得的收益为S(x)万元，
则S(x)＝2(5－x)＋6ln(x＋1)
＝6ln(x＋1)－2x＋10(0＜x≤5)．
S′(x)＝－2，令S′(x)＝0，得x＝2.
当0＜x＜2时，S′(x)＞0，函数S(x)单调递增；
当2＜x≤5时，S′(x)＜0，函数S(x)单调递减．
所以当x＝2时，函数S(x)取得最大值，
S(x)max＝S(2)＝6ln 3＋6≈12.6万元．
所以，当投入经销A商品3万元，B商品2万元时，
他可获得最大收益，收益的最大值约为12.6万元．
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ax2＋2ln(1－x)(a为常数)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值并判断x＝－1是极大值点还是极小值点；
(2)若f(x)在[－3，－2]上是增函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax－，x∈(－∞，1)，
f′(－1)＝－2a－1＝0，
所以a＝－.
f′(x)＝－x－＝.
∵x<1，∴1－x>0，x－2<0，
因此，当x<－1时f′(x)>0，
当－1∴x＝－1是f(x)的极大值点．
(2)由题意f′(x)≥0在x∈[－3，－2]上恒成立，
即2ax－≥0在x∈[－3，－2]上恒成立
∴a≤在x∈[－3，－2]上恒成立，
∵－x2＋x＝－2＋ ∈[－12，－6]，
∴∈，
∴min＝－，a≤－.
即a的取值范围为.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x＋(t＞0)和点P(1,0)，过点P作曲线y＝f(x)的两条切线PM，PN，切点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
(1)求证：x1，x2为关于x的方程x2＋2tx－t＝0的两根；
(2)设|MN|＝g(t)，求函数g(t)的表达式；
(3)在(2)的条件下，若在区间[2,16]内总存在m＋1个实数a1，a2，…，am＋1(可以相同)，使得不等式g(a1)＋g(a2)＋…＋g(am)＜g(am＋1)成立，求m的最大值．
解：(1)证明：由题意可知：y1＝x1＋，y2＝x2＋
∵f′(x)＝1－，
∴切线PM的方程为：y－＝(x－x1)，
又∵切线PM过点P(1,0)，
∴0－＝(1－x1)，
即x＋2tx1－t＝0，①
同理，由切线PN也过点P(1,0)，
得x＋2tx2－t＝0.②
由①②，可得x1，x2是方程x2＋2tx－t＝0(*)的两根
(2)由(*)知
|MN|＝
＝
＝，
∴g(t)＝(t＞0)．
(3)易知g(t)在区间[2,16]上为增函数，
∴g(2)≤g(ai)≤g(16)(i＝1,2，…，m＋1)，
则m·g(2)≤g(a1)＋g(a2)＋…＋g(am)＜g(am＋1)≤g(16)．
即m·g(2)＜g(16)，
即m＜，
所以m＜ ，由于m为正整数，所以m≤6.
又当m＝6时，存在a1＝a2＝…＝a6＝2，a7＝16满足条件，所以m的最大值为6.