高中数学 第1章 导数及其应用单元测试 苏教版选修

高中数学 第1章 导数及其应用单元测试 苏教版选修2-2 (时间90分钟，满分100分)一、填空题(本大题共10小题，每小题4分，满分40分)1已知f(x)，则f(x)_.2已知y3sin(2x)，则y|x的值为_3某汽车启动阶段的路程函数为s(t)2t35t22，则t2秒时，汽车的加速度是_4设f(x)x2(2x)，则f(x)的单调增区间是_5已知f(x)为偶函数且f(x)dx8，则6f(x)dx等于_6已知yx3bx2(b2)x3是R上的单调增函数，则b的取值范围是_7奇函数f(x)ax3bx2cx在x处有极值，则ac的值为_8ex(1ex)2dx_.9若关于x的方程x36x5a有三个不同实根，则a的取值范围是_10若偶函数f(x)，当xR时，满足f(x)，且f(1)0，则不等式0的解集是_二、解答题(本大题共5小题，满分60分)11(12分)(1)求定积分1f(x)dx，其中f(x)(2)求由曲线yx3及直线y2x所围成的图形面积12(12分)已知函数f(x)x3ax2bxc的图象为曲线E.(1)若函数f(x)在x1和x3时取得极值，求a、b的值；(2)若曲线E上存在点P，使曲线E在P点处的切线与x轴平行，求a、b满足的关系式；(3)在(1)的条件下，当x2,6时，f(x)2|c|恒成立，求c的取值范围13(12分)如图所示，ABC中，ABC90，AB2，BC1，点D、E分别为AB、AC边上的动点，且DEBC，沿DE将直角三角形ADE折起，使二面角ADEB成直二面角，设ADx，四棱锥ABCDE的体积为V.(1)求V关于x的解析式；(2)求V的最大值14(12分)已知函数f(x)自变量取值区间A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间(1)求函数f(x)x2形如n，)(nR)的保值区间；(2)g(x)xln(xm)的保值区间是2，)，求m的取值范围15(12分)已知f(x)xlnx，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)对x(0，)，不等式2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有lnx成立参考答案1.解析：f(x).23解析：y3cos(2x)26cos(2x)，y|x6cos(2)3.314解析：v(t)s(t)6t210t，a(t)v(t)12t10，a(2)14.4(0，)解析：f(x)2x2x3，f(x)4x3x20,0x.516解析：6f(x)dx2f(x)dx16.61,2解析：yx22bxb20在xR上恒成立，故4b24(b2)01b2.73解析：f(x)3ax22bxc，f()0.3a2bc0.32bac0.ac2b3.又f(x)是奇函数，b0，ac3.8.解析：ex(1ex)2dx(ex2e2xe3x)dx(exe2xe3x)|(24)(11).9(54，54)解析：设f(x)x36x5，f(x)3x260，解得x1，x2.列表如下：x(，)(，)(，)f(x)00f(x)极大值54极小值54画出f(x)的草图，由图可知a的取值范围是(54，54)101,0)1，)解析：设g(x)(x0)，则g(x)0，g(x)在(0，)上是增函数当x0时，0，x1；当x0时，000x1，1x0.11解：(1)1f(x)dx1f(x)dxf(x)dx1(sinx1)dxx2dx(cosxx)|x3|cos12cos1.(2)先求交点，由解得x32x，x10，x2，x3.交点为(，2)，(0,0)，(，2)所求面积S为S(x32x)dx(2xx3)dx2(2xx3)dx2(x2)02.12解：(1)f(x)3x22axb，f(x)在x1,3时存在极值，1,3是方程3x22axb0的两实数根(2)曲线E上存在与x轴平行的切线，f(x)0有实数解，即3x22axb0有实数解(2a)212b0.a、b的关系式为a23b.(3)f(x)x33x29xc，当x变化时，f(x)、f(x)变化情况如下表x2(2，1)1(1,3)3(3,6)6f(x)00f(x)c2极大值c5极小值c27c54x2,6时，f(x)的最大值为c54，要使f(x)2|c|恒成立，只需c542|c|，c0时，c5454；c0时，c542c.c18.c的范围是(，18)(54，)13解：(1)因DEBC，故ADEABC，所以.设ADx，由已知，AB2，BC1，于是DE.因ABC90，DEBC，故DEAD.又二面角ADEB成直二面角，所以AD面BCD，AD为四棱锥ABCED的高V(1)(2x)(4xx3)(0x2)(2)由V(43x2)(2x)(2x)0，解得x，故当0x时，V0；当x2时，V0.因此，x时V取得极大值，且是最大值，V的最大值为.14解：(1)若n0，则nf(0)0，矛盾若n0，则nf(n)n2，解得n0或1，所以f(x)的保值区间为0，)或1，)(2)因为g(x)xln(xm)的保值区间是2，)，所以2m0，即m2.g(x)10，得x1m，所以g(x)在(1m，)上为增函数，同理可得g(x)在(m,1m)上为减函数若21m即m1时，g(1m)2得m1满足题意；若m1时，g(2)2，得m1，矛盾所以满足条件的m的值为1.15解：(1)f(x)lnx1.当x(0，)，f(x)0，f(x)单调递减，当x(，)，f(x)0，f(x)单调递增因为t0，所以t2.当0tt2，即0t时，f(x)minf()；当tt2，即t时，f(x)在t，t2上单调递增，f(x)minf(t)tlnt；所以f(x)min(2)2xlnxx2ax3，则a2lnxx，设h(x)2lnxx(x0)，则h(x)，当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减，所以h(x)minh(1)4，因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所