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【2014-2015学年高中数学(人教A版,选修2-2)练习:1章综合检测


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 只有一个是符合题目要求的) 1.(2013· 天津红桥区高二段测)二次函数 y=f(x)的图象过原点且它的导函数 y=f ′(x) 的图象是如图所示的一条直线,y=f(x)的图象的顶点在( )

A.第Ⅰ

象限 C.第Ⅲ象限 [答案] A

B.第Ⅱ象限 D.第Ⅳ象限

[解析] 设 f(x)=ax2+bx+c,∵二次函数 y=f(x)的图象过原点,∴c=0,∴f ′(x)=2ax 4ac-b2 b b2 +b,由 y=f ′(x)的图象可知,2a<0,b>0,∴a<0,b>0,∴- >0, =- >0,故 2a 4a 4a 选 A. 1 1 2.(2013· 华池一中高二期中)曲线 y=- 在点( ,-2)处的切线方程为( x 2 A.y=4x C.y=4(x+1) [答案] B 1 1 [解析] ∵y′= 2,∴y′|x= =4,∴k=4, x 2 1 ∴切线方程为 y+2=4(x- ),即 y=4x-4. 2 3.(2014· 淄博市临淄区学分认定考试)下列函数中,x=0 是其极值点的函数是( A.f(x)=-x3 C.f(x)=sinx-x [答案] B [解析] 对于 A, f ′(x)=-3x2≤0 恒成立, 在 R 上单调递减, 没有极值点; 对于 B, f ′(x) =sinx,当 x∈(-π,0)时,f ′(x)<0,当 x∈(0,π)时,f ′(x)>0,故 f(x)=-cosx 在 x=0 的 B.f(x)=-cosx 1 D.f(x)= x ) B.y=4x-4 D.y=2x-4 )

左侧区间(-π,0)内单调递减,在其右侧区间(0,π)内单调递增,所以 x=0 是 f(x)的一个极 小值点;对于 C,f ′(x)=cosx-1≤0 恒成立,在 R 上单调递减,没有极值点;对于 D,f(x) 1 = 在 x=0 没有定义,所以 x=0 不可能成为极值点,综上可知,答案选 B. x 4. (2013· 北师大附中高二期中)已知函数 f(x)=-x3+ax2-x-1 在(-∞, +∞)上是单调 函数,则实数 a 的取值范围是( ) B.(- 3, 3) D.[- 3, 3]

A.(-∞,- 3),∪( 3,+∞) C.(-∞,- 3]∪[ 3,+∞) [答案] D

[解析] f ′(x)=-3x2+2ax-1,∵f(x)在(-∞,+∞)上是单调函数,且 f ′(x)的图象 是开口向下的抛物线,∴f ′(x)≤0 恒成立,∴Δ=4a2-12≤0,∴- 3≤a≤ 3,故选 D. 5. (2013· 武汉实验中学高二期末)设函数 f(x)在定义域内可导, y=f(x)的图象如下图所示, 则导函数 y=f ′(x)的图象可能是( )

[答案] A [解析] f(x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,+∞)上变化规律是减→增→减,因此 f ′(x) 的图象在(-∞,0)上,f ′(x)>0,在(0,+∞)上 f ′(x)的符号变化规律是负→正→负,故选 A. 2 6.(2012· 陕西文,9)设函数 f(x)= +lnx,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 [答案] D )

1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 D.x=2 为 f(x)的极小值点

2 1 1 2 [解析] 由 f ′(x)=- 2+ = (1- )=0 可得 x=2. x x x x 当 0<x<2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,当 x>2 时 f ′(x)>0,f(x)单调递增.所以 x=2 为极小值点. π 3π 7. (2014· 天门市调研)已知函数 f(x)=asinx-bcosx 在 x= 时取得极值, 则函数 y=f( - 4 4 x)是( )

A.偶函数且图象关于点(π,0)对称 3π B.偶函数且图象关于点( ,0)对称 2 3π C.奇函数且图象关于点( ,0)对称 2 D.奇函数且图象关于点(π,0)对称 [答案] D π [解析] ∵f(x)的图象关于 x= 对称, 4 π ∴f(0)=f( ),∴-b=a, 2 π ∴f(x)=asinx-bcosx=asinx+acosx= 2asin(x+ ), 4 3π 3π π ∴f( -x)= 2asin( -x+ )= 2asin(π-x)= 2asinx. 4 4 4 3π 显然 f( -x)是奇函数且关于点(π,0)对称,故选 D. 4 8.(2013· 武汉实验中学高二期末)定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(1)=1,且 f(x)的导函数 1 f ′(x)> ,则满足 2f(x)<x+1 的 x 的集合为( 2 A.{x|-1<x<1} C.{x|x<-1 或 x>1} [答案] B 1 [解析] 令 g(x)=2f(x)-x-1,∵f ′(x)> , 2 ∴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)<x+1,故选 B. 9.(2013· 华池一中高二期中)若关于 x 的方程 x3-3x+m=0 在[0,2]上有根,则实数 m 的 取值范围是( A.[-2,2] C.[-2,0] ) B.[0,2] D.(-∞,-2)∪(2,+∞) ) B.{x|x<1} D.{x|x>1}

[答案] A [解析] 令 f(x)=x3-3x+m,则 f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),显然当 x<-1 或 x>1 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增,当-1<x<1 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,∴在 x=-1 时,f(x) 取极大值 f(-1)=m+2,在 x=1 时,f(x)取极小值 f(1)=m-2.
?f?1?<0, ? ∵f(x)=0 在[0,2]上有解,∴? ? ?f?2?>0, ? ?m-2≤0, ∴? ∴-2≤m≤2. ?2+m≥0, ?

10 . (2013· 河南安阳中学高二期末 )f(x)是定义在 (0,+∞) 上的非负可导函数,且满足 xf ′(x)+f(x)≤0,对任意正数 a、b,若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) [答案] A [解析] 令 F(x)=xf(x),(x>0),则 F′(x)=xf ′(x)+f(x)≤0,∴F(x)在(0,+∞)上为减 函数, ∵0<a<b,∴F(a)>f(b),即 af(a)>bf(b),与选项不符; 由于 xf ′(x)+f(x)≤0 且 x>0,f(x)≥0,∴f ′(x)≤- 函数, ∵0<a<b,∴f(a)>f(b), ∴bf(a)>af(b),结合选项知选 A. 11.(2014· 天门市调研)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( ) f?x? ≤0,∴f(x)在(0,+∞)上为减 x )

B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

[答案] D [解析] 由导函数图象可知, 当 x<0 时, 函数 f(x)递减, 排除 A, B; 当 0<x<x1 时, f ′(x)>0, 函数 f(x)递增.因此,当 x=0 时,f(x)取得极小值,故选 D.

12.(2013· 泰安一中高二段测)已知函数 f(x)的导函数的图象如图所示,若△ABC 为锐角 三角形,则一定成立的是

( A.f(sinA)>f(cosB) C.f(sinA)>f(sinB) [答案] A B.f(sinA)<f(cosB) D.f(cosA)<f(cosB)

)

[解析] 由导函数图象可知,x>0 时,f ′(x)>0,即 f(x)单调递增,又△ABC 为锐角三角 π π π π 形,则 A+B> ,即 >A> -B>0,故 sinA>sin( -B)>0,即 sinA>cosB>0,故 f(sinA)> f(cosB), 2 2 2 2 选 A. 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分,把正确答案填在题中横线上) 13.(2013· 华池一中高二期中)已知 f(x)=x3+3x2+a(a 为常数),在[-3,3]上有最小值 3, 那么在[-3,3]上 f(x)的最大值是________. [答案] 57 [解析] f ′(x)=3x2+6x=3x(x+2),当 x∈[-3,-2)和 x∈(0,3]时,f ′(x)>0,f(x)单 调递增,当 x∈(-2,0)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,∴极大值为 f(-2)=a+4,极小值为 f(0) =a,又 f(-3)=a,f(3)=54+a,由条件知 a=3,∴最大值为 f(3)=54+3=57. 1 1 14.(2014· 湖北重点中学高二期中联考)已知函数 f(x)= ax3+ ax2-2ax+2a+1 的图象 3 2 经过四个象限,则实数 a 的取值范围是________. 6 3 [答案] (- ,- ) 5 16 [解析] f ′(x)=ax2+ax-2a=a(x-1)(x+2), 由 f(x)的图象经过四个象限知,若 a>0,则
? ? ?f?-2?>0, ?f?-2?<0, ? 此时无解;若 a<0,则? ?f?1?<0, ?f?1?>0, ? ?

6 3 6 3 ∴- <a<- ,综上知,- <a<- . 5 16 5 16 15.(2014· 泉州实验中学期中)已知函数 f(x)=x3-3x,若过点 A(1,m)(m≠-2)可作曲线 y=f(x)的三条切线,则实数 m 的取值范围为________. [答案] (-3,-2)

3 [解析] f ′(x)=3x2-3,设切点为 P(x0,y0),则切线方程为 y-(x0 -3x0)=(3x2 0-3)(x 2 3 2 -x0),∵切线经过点 A(1,m),∴m-(x3 m′ 0-3x0)=(3x0-3)(1-x0),∴m=-2x0+3x0-3,

=-6x2 0+6x0,∴当 0<x0<1 时,此函数单调递增,当 x0<0 或 x0>1 时,此函数单调递减,当 x0=0 时,m=-3,当 x0=1 时,m=-2,∴当-3<m<-2 时,直线 y=m 与函数 y=-2x3 0+ 3x2 m)可作三条不同切 0-3 的图象有三个不同交点,从而 x0 有三个不同实数根,故过点 A(1, 线,∴m 的取值范围是(-3,-2). 1 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______. x

[答案]

2 +ln2 3
2

y =x, ? ? [解析] 由? 1 ,得交点 A(1,1) y= ? ? x x=2 ? ? 1 2, ?. 由? 1 得交点 B? 2? ? ?y=x ? 1 故所求面积 S=?1 xdx+?2 dx ? ?x
0 1

2 31 2 2 = x |0 +lnx|1 = +ln2. 3 2 3 三、解答题(本大题共 6 个大题,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)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; 1 (2)若 f(x)在(0,1]上 的最大值为 ,求 a 的值. 2 [解析] 函数 f(x)的定义域为(0,2), 1 1 f ′(x)= - +a, x 2-x -x2+2 (1)当 a=1 时, f ′(x)= , ∴当 x∈(0, 2)时, f ′(x)>0, 当 x∈( 2, 2)时, f ′(x)<0, x?2-x?

所以 f(x)的单调递增区间为(0, 2),单调递减区间为( 2,2); 2-2x (2)当 x∈(0,1]时,f ′(x)= +a>0, x?2-x? 1 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= . 2 18.(本题满分 12 分)(2014· 韶关市曲江一中月考)已知函数 f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是 R 上的奇函数,当 x=1 时,f(x)取得极值-2. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)的单调区间和极大值; (3)证明:对任意 x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4 恒成立. [解析] (1)∵f(x)是 R 上的奇函数, ∴f(-x)=-f(x), 即-ax3-cx+d=-ax3-cx-d,∴d=-d, ∴d=0(或由 f(0)=0 得 d=0). ∴f(x)=ax3+cx,f ′(x)=3ax2+c, 又当 x=1 时,f(x)取得极值-2,
?f?1?=-2, ?a+c=-2, ?a=1, ? ? ? ∴? 即? 解得? ?f ′?1?=0, ?3a+c=0, ?c=-3. ? ? ?

∴f(x)=x3-3x. (2)f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),令 f ′(x)=0,得 x=± 1, 当-1<x<1 时,f ′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x<-1 或 x>1 时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增; ∴函数 f(x)的递增区间是(-∞,-1)和(1,+∞);递减区间为(-1,1). 因此,f(x)在 x=-1 处取得极大值,且极大值为 f(-1)=2. (3)由(2)知,函数 f(x)在区间[-1,1]上单调递减,且 f(x)在区间[-1,1]上的最大值为 M= f(-1)=2.最小值为 m=f(1)=-2.∴对任意 x1、x2∈(-1,1), |f(x1)-f(x2)|<M-m=4 成立. 即对任意 x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4 恒成立. 19.(本题满分 12 分)(2014· 北京海淀期中)已知函数 f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a>0). (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求 f(x)的单调区间; (3)若 f(x)≤0 在区间[1,e]上恒成立,求实数 a 的取值范围. [解析] (1)∵a=1,∴f(x)=x2-4x+2lnx, 2x2-4x+2 ∴f ′(x)= (x>0), x

f(1)=-3,f ′(1)=0, 所以切线方程为 y=-3. 2x2-2?a+1?x+2a 2?x-1??x-a? (2)f ′(x)= = (x>0), x x 令 f ′(x)=0 得 x1=a,x2=1, 当 0<a<1 时,在 x∈(0,a)或 x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,在 x∈(a,1)时,f ′(x)<0,∴ f(x)的单调递增区间为(0, a)和(1, +∞), 单调递减区间为(a,1); 当 a=1 时, f ′(x)= 2?x-1?2 x

≥0,∴f(x)的单调增区间为(0,+∞);当 a>1 时,在 x∈(0,1)或 x∈(a,+∞)时,f ′(x)>0, 在 x∈(1,a)时,f ′(x)<0,∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),单调递减区间为(1,a). (3)由(2)可知,f(x)在区间[1,e]上只可能有极小值点,∴f(x)在区间[1,e]上的最大值必 在区间端点取到, e2-2e ∴f(1)=1-2(a+1)≤0 且 f(e)=e -2(a+1)e+2a≤0,解得 a≥ . 2e-2
2

9 20.设函数 f(x)=x3- x2+6x-a. 2 (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. [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. 3 3 所以 Δ=81-12(6-m)≤0,得 m≤- ,即 m 的最大值为- . 4 4 (2)因为当 x<1 时,f ′(x)>0;当 1<x<2 时,f ′(x)<0;当 x>2 时 f ′(x)>0. 5 所以当 x=1 时,f(x)取极大值 f(1)= -a, 2 当 x=2 时,f(x)取极小值 f(2)=2-a. 5 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> . 2 21.(本题满分 12 分)(2014· 荆州中学、龙泉中学、宜昌一中、襄阳四中期中联考)已知 a 函数 f(x)=lnx+ ,a 为常数. x+1 9 (1)若 a= ,求函数 f(x)在[1,e]上的值域;(e 为自然对数的底数,e≈2.72) 2 (2)若函数 g(x)=f(x)+x 在[1,2]上为单调减函数,求实数 a 的取值范围. 1 a [解析] (1)由题意 f ′(x)= - , x ?x+1?2 9 2 ?x-2??2x-1? 9 1 当 a= 时,f ′(x)= - = . 2 x ?x+1?2 2x?x+1?2

∵x∈[1,e],∴f(x)在[1,2)上为减函数,[2,e]上为增函数, 3 9 9 又 f(2)=ln2+ ,f(1)= ,f(e)=1+ ,比较可得 f(1)>f(e), 2 4 2e+2 3 9 ∴f(x)的值域为[ln2+ , ]. 2 4 1 a (2)由题意得 g′(x)= - +1≤0 在 x∈[1,2]上恒成立, x ?x+1?2 ?x+1?2 1 ∴a≥ +(x+1)2=x2+3x+ +3 恒成立, x x 1 设 h(x)=x2+3x+ +3(1≤x≤2), x 1 ∴当 1≤x≤2 时,h′(x)=2x+3- 2>0 恒成立, x 27 27 ∴h(x)max=h(2)= ,∴a≥ , 2 2 27 即实数 a 的取值范围是[ ,+∞). 2 22.(本题满分 14 分)(2014· 北京海淀期中)如图,已知点 A(11,0),直线 x=t(-1<t<11) 与函数 y= x+1的图象交于点 P,与 x 轴交于点 H,记△APH 的面积为 f(t).

(1)求函数 f(t)的解析式; (2)求函数 f(t)的最大值. [解析] (1)由已知 AH=11-t,PH= t+1, 1 所以△APH 的面积为 f(t)= (11-t) t+1,(-1<t<11). 2 3?3-t? (2)解法 1:f ′(t)= , 4 t+1 由 f ′(t)=0 得 t=3, 函数 f(t)与 f ′(t)在定义域上的情况如下表: t f ′(t) f(t) (-1,3) + 单调递增 3 0 极大值 (3,11) - 单调递减

所以当 t=3 时,函数 f(t)取得最大值 8. 1 解法 2.由 f(t)= (11-t) t+1 2 = 1 ?11-t?2?t+1?,-1<t<11, 2

设 g(t)=(11-t)2(t+1),-1<t<11, 则 g′(t)=-2(11-t)(t+1)+(11-t)2=(t-11)(t-11+2t+2)=3(t-3)(t-11). g(t)与 g′(t)在定义域上的情况见下表: t g ′(t) g(t) (-1,3) + 单调递增 3 0 极大值 (3,11) - 单调递减

所以当 t=3 时,函数 g(t)取得最大值, 1 所以当 t=3 时,函数 f(t)取得最大值 g?3?=8. 2

一、选择题 1.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 C.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. (2014· 浙江杜桥中学期中)已知函数 f(x)=x3+ax2+3x-9 在 x=-3 时取得极值, 则a =( ) A.2 C.4 [答案] D [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3 是方程 f ′(x)=0 的实数根,∴a=5. 3.函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[0,3]上的最大值,最小值分别是( A.5,-15 C.-4,-15 [答案] A [解析] ∵y′=6x2-6x-12=0,得 x=-1(舍去)或 x=2,故函数 y=f(x)=2x3-3x2- 12x+5 在[0,3]上的最值可能是 x 取 0,2,3 时的函数值,而 f(0)=5,f(2)=-15,f(3)=-4, 故最大值为 5,最小值为-15,故选 A. 1 4.?4 dx 等于( ?x
2

)

B.a=-1,b=1 D.a=-1,b=-1

B.3 D.5

)

B.5,-4 D.5,-16

) B.2ln2

A.-2ln2

C.-ln2 [答案] D 1 [解析] 因为(lnx)′= , x 1 所以 ?4 dx=lnx|4 2=ln4-ln2=ln2. ?x
2

D.ln2

5.(2013· 吉林白山一中高二期末)已知定义在 R 上的函数 f(x)的导函数 f ′(x)的大致图 象如图所示,则下列结论一定正确的是( )

A.f(b)>f(c)>f(d) C.f(c)>f(b)>f(a) [答案] C

B.f(b)>f(a)>f(e) D.f(c)>f(e)>f(d)

[解析] 由图可知 f ′(x)在(-∞,c)和(e,+∞)上取正值,在(c,e)上取负值,故 f(x) 在(-∞,c)和(e,+∞)上单调递增,在(c,e)上单调递减, ∵a<b<c,∴f(a)<f(b)<f(c),故选 C. 6.已知函数 f(x)=4x+3sinx,x∈(-1,1),如果 f(1-a)+f(1-a2)<0 成立,则实数 a 的取值范围为( A.(0,1) C.(-2,- 2) [答案] B [解析] ∵f(x)=4x+3sinx,x∈(-1,1), ∴f ′(x)=4+3cosx>0 在 x∈(-1,1)上恒成立, ∴f(x)在(-1,1)上是增函数,又 f(x)=4x+3sinx,x∈(-1,1)是奇函数,∴不等式 f(1-a) +f(1-a2)<0 可化为 f(1-a)<f(a2-1), -1<1-a<1, ? ? 2 从而可知,a 须满足?-1<a -1<1, ? ?1-a<a2-1. ) B.(1, 2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

解得 1<a< 2.

7.设 f ′(x)是函数 f(x)的导函数,将 y=f(x)和 y=f ′(x)的图象画在同一个直角坐标系

中,不可能正确的是(

)

[答案] D [解析] A 中,当 f(x)为二次函数时,f ′(x)为一次函数,由单调性和导数值的符号关系 知 A 可以是正确的, 同理 B、 C 都可以是正确的, 但 D 中 f(x)的单调性为增、 减、 增, 故 f ′(x) 的值应为正负正,因此 D 一定是错误的. 8.函数 y=f(x)的图象如图所示,则 y=f ′(x)的图象可能是( )

[答案] D [解析] 由 f(x)的图象知,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,∴在(0, +∞)上 f ′(x)≤0,在(-∞,0)上 f ′(x)≥0,故选 D. 9.如果 1N 能拉长弹簧 1cm,为了将弹簧拉长 6cm,所耗费的功为( A.0.18J C.0.12J [答案] A
2 0.06 [解析] 设 F(x)=kx, 当 F(x)=1 时, x=0.01m, 则 k=100, ∴W=∫0.06 0 100xdx=50x |0

)

B.0.26J D.0.28J

=0.18. 10.(2014· 甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数 f(x)=lnx,则函数 g(x)=f(x)- f ′(x)的零点所在的区间是( A.(0,1) C.(2,3) ) B.(1,2) D.(3,4)

[答案] B 1 1 [解析] 由题可知 g(x)=lnx- ,∵g(1)=-1<0,g(2)=ln2- =ln2-ln e>0,∴选 B. x 2 1 11.已知三次函数 f(x)= x3-(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2 在 R 上是增函数,则 m 3 的取值范围是( ) B.-4<m<-2 D.以上皆不正确

A.m<2 或 m>4 C.2<m<4 [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. m+n 1 1 12.(2014· 浙江省五校联考)已知函数 f(x)= x3+ mx2+ x 的两个极值点分别为 x1、 3 2 2 x2,且 0<x1<1<x2,点 P(m,n)表示的平面区域内存在点(x0,y0)满足 y0=loga(x0+4),则实数 a 的取值范围是( ) B.(0,1)∪(1,3) D.(0,1)∪[3,+∞)

1 A.(0, )∪(1,3) 2 1 C.( ,1)∪(1,3] 2 [答案] B [ 解析 ] 0<x1<1<x2,
? ?f ′?0?>0, ∴? ∴ ?f ′?1?<0, ?

f ′(x)= x2 +mx+

m+n ,由条件知,方程 f ′(x) = 0 的两实根为 x1、 x2 且 2

n >0, ?m+ 2 ? m+n ?1+m+ 2 <0,

? ?m+n>0, ∴? ?3m+n<-2, ?

? ? ? ?m+n=0, ?m=-1, ?x0<-1, 由? 得? ∴? ? ?3m+n=-2, ?n=1, ?y0>1. ? ?

由 y0=loga(x0+4)知, 当 a>1 时, 1<y0<loga3, ∴1<a<3; 当 0<a<1 时, y0=loga(x0+4)>loga3, 由于 y0>1,loga3<0,∴对?a∈(0,1),此式都成立,从而 0<a<1,综上知 0<a<1 或 1<a<3, 故选 B. 二、填空题 13.(2014· 杭州七校联考)若函数 f(x)=x3-3bx+b 在区间(0,1)内有极值,则实数 b 的取

值范围是________. [答案] (0,1) [解析] f ′(x)=3x2-3b,∵f(x)在(0,1)内有极值, ∴f ′(x)=0 在(0,1)内有解,∴0<b<1. 14.(2013· 泰州二中高二期中)函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)在 x=-3 时取得极 值,则 a=________. [答案] 5 [解析] f ′(x)=3x2+2ax+3,由条件知,x=-3 是 f ′(x)=0 的根,即 f ′(-3)=0, ∴27-6a+3=0,∴a=5. 15.对正整数 n,设曲线 y=xn(1-x)在 x=2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 an,则数
? an ? 列?n+1?的前 n 项和是__________________. ? ?

[答案] 2n 1-2


[解析] ∵y=xn(1-x),∴y′=(xn)′(1-x)+(1-x)′· xn=n· xn 1(1-x)-xn.


f ′(2)=-n· 2n 1-2n=(-n-2)· 2n 1.
- -

在点 x=2 处点的纵坐标为 y=-2n. ∴切线方程为 y+2n=(-n-2)· 2n 1(x-2).


令 x=0 得,y=(n+1)· 2n, ∴an=(n+1)· 2n,
? an ? 2?2n-1? n+1 ∴数列?n+1?的前 n 项和为 =2 -2. 2-1 ? ?

16.(2014· 哈六中期中)已知函数 f(x+2)是偶函数,x>2 时 f ′(x)>0 恒成立(其中 f ′(x) 是函数 f(x)的导函数),且 f(4)=0,则不等式(x+2)f(x+3)<0 的解集为________. [答案] (-∞,-3)∪(-2,1) [解析] ∵函数 y=f(x+2)是偶函数,∴其图象关于 y 轴对称,∵y=f(x+2)的图象向右 平移两个单位得到 y=f(x)的图象,∴函数 y=f(x)的图象关于直线 x=2 对称, ∵x>2 时,f ′(x)>0,∴f(x)在(2,+∞)上单调递增,在(-∞,2)上单调递减,又 f(4)
?x+2<0, ? =0, ∴f(0)=0, ∴0<x<4 时, f(x)<0, x<0 或 x>4 时, f(x)>0, 由(x+2)f(x+3)<0 得? ? ?f?x+3?>0,

(1)
?x+2>0, ? 或? (2) ? ?f?x+3?<0. ? ?x<-2, 由(1)得? ∴x<-3; ?x+3<0或x+3>4, ?

? ?x>-2, 由(2)得? ∴-2<x<1, ?0<x+3<4. ?

综上知,不等式的解集为(-∞,-3)∪(-2,1) 三、解答题 17.(2013· 四川达州诊断)已知函数 f(x)=x3+ax2-3bx+c(b>0),且 g(x)=f(x)-2 是奇函 数. (1)求 a、c 的值; (2)若函数 f(x)有三个零点,求 b 的取值范围. [解析] (1)∵g(x)=f(x)-2 是奇函数, ∴g(-x)=-g(x)对 x∈R 成立, ∴f(-x)-2=-f(x)+2 对 x∈R 成立, ∴ax2+c-2=0 对 x∈R 成立, ∴a=0 且 c=2. (2)由(1)知 f(x)=x3-3bx+2(b>0), ∴f ′(x)=3x2-3b=3(x- b)(x+ b), 令 f ′(x)=0 得 x=± b, x f ′(x) f(x) (-∞,- b) + 增 - b 0 极大值 (- b, b) - 减 b 0 极小值 ( b,+∞) + 增

?f?- b?>0, 依题意有? ∴b>1, ?f? b?<0,
故正数 b 的取值范围是(1,+∞). 1 18. 在曲线 y=x3(x≥0)上某一点 A 处作一切线使之与曲线以及 x 轴围成图形的面积为 , 12 试求过切点 A 的切线方程.
2 [解析] 设切点 A(x0,x3 0),切线斜率 k=y′|x=x0=3x0.

2 ∴切线的方程为 y-x3 0=3x0(x-x0).

2x0 令 y=0,得 x= . 3

1 2x0 3 依题意 S=∫x00x3dx- ×(x0- )· x 2 3 0 1 1 1 1 = x4 - x4= x4= , 4 0 6 0 12 0 12 ∵x0≥0,∴x0=1. ∴切线方程为 y-1=3(x-1),即 3x-y-2=0. 19.(2014· 福建安溪一中、养正中学联考)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+5,若曲线 f(x)在 2 点(1,f(1))处的切线斜率为 3,且 x= 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[-4,1]上的最大值和最小值. [解析] f ′(x)=3x2+2ax+b, 2 2 2 ? ?f ′?3?=3×?3?2+2a×3+b=0, (1)由题意得,? ? ?f ′?1?=3×12+2a×1+b=3.
?a=2, ? 解得? ?b=-4. ?

2 经检验得 x= 时,y=f(x)有极小值, 3 所以 f(x)=x3+2x2-4x+5. (2)由(1)知,f ′(x)=3x2+4x-4=(x+2)(3x-2). 2 令 f ′(x)=0,得 x1=-2,x2= , 3 f ′(x),f(x)的值随 x 的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) 函数值 -11 -4 (-4,-2) + 单调递增 -2 0 极大值 13 2 (-2, ) 3 - 单调递减 2 3 0 极小值 95 27 2 ( ,1) 3 + 单调递增 4 1

2 95 ∵f( )= ,f(-2)=13,f(-4)=-11,f(1)=4, 3 27 ∴f(x)在[-4,1]上的最大值为 13,最小值为-11. a2 20.(2013· 海淀区高二期中)已知函数 f(x)= x3-2ax2+bx,其中 a、b∈R,且曲线 y= 3 f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为 3. (1)求 b 的值; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极大值,求 a 的值.

[解析] (1)f ′(x)=a2x2-4ax+b, 由题意 f ′(0)=b=3. (2)∵函数 f(x)在 x=1 处取得极大值, ∴f ′(1)=a2-4a+3=0,解得 a=1 或 a=3. ①当 a=1 时,f ′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3), x、f ′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) (-∞,1) + 1 0 极大值 (1,3) - 3 0 极小值 (3,+∞) +

由上表知,函数 f(x)在 x=1 处取得极大值,符合题意. ②当 a=3 时,f ′(x)=9x2-12x+3=3(3x-1)(x-1), x、f ′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f ′(x) f(x) 1 (-∞, ) 3 + 1 3 0 极大值 1 ( ,1) 3 - 1 0 极小值 (1,+∞) +

由上表知,函数 f(x)在 x=1 处取得极小值,不符合题意. 综上所述,若函数 f(x)在 x=1 处取得极大值,a 的值为 1. 21.(2013· 武汉实验中学高二期末)已知曲线 f(x)=ax2+2 在 x=1 处的切线与直线 2x-y +1=0 平行.

(1)求 f(x)的解析式; (2)求由曲线 y=f(x)与 y=3x、x=0、x=1、x=2 所围成的平面图形的面积. [解析] (1)由已知得:f ′(1)=2,求得 a=1, ∴f(x)=x2+2.

(2)由题意知阴影部分的面积是: S=?1(x2+2-3x)dx+?2(3x-x2-2)dx

?0

?1

1 3 1 3 2 1 3 =( x3+2x- x2)|0 +( x - x -2x)|2 1=1. 3 2 2 3 22.(2013· 福州文博中学高二期末)设 f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f ′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; 1 (2)讨论 g(x)与 g( )的大小关系; x 1 (3)求 a 的取值范围,使得 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立. a 1 [解析] (1)由题设知 g(x)=lnx+ , x x-1 ∴g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0,得 x=1. x 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是 g(x)的单调递减区间. 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是 g(x)的单调递增区间, 因此,x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为 g(1) =1. 1 (2)g( )=-lnx+x, x 1 1 设 h(x)=g(x)-g( )=2lnx-x+ ,则 x x ?x-1?2 h′(x)=- . x2 1 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g( ). x 当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减. 1 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g( ), x

1 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g( ). x 1 1 (3)由(1)知 g(x)的最小值为 1,所以 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立?g(a)-1< , a a 即 lna<1,从而得 0<a<e,即 a 的取值范围为(0,e).


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