2019-2020学年高中数学 第一章 导数及其应用能力检测 新人教A版选修2-2

1 第一章第一章 导数及其应用能力检测导数及其应用能力检测 一 选择题 每小题 5 分 共 60 分 1 2018 年重庆模拟 f x 2x a 2 且f 2 20 则a a 1 b 2 c 1 d 2 答案 a 2 曲线y 在点 1 1 处的切线方程为 x 2x 1 a x y 2 0b x y 2 0 c x 4y 5 0d x 4y 5 0 答案 b 3 2019 年山西长治模拟 函数f x x2 2mln x m0 故f x 在 0 上为增函数 a 错 在x 0 处 导数由正变负 f x 由增变减 故在x 0 处取极大值 b 错 在 1 2 上 f x 0 f x 为减函数 c 对 在x 2 处取极小值 d 错 7 2019 年福建厦门期末 函数f x ax3 ax2 2ax 1 的图象经过四个象限 则实数a 1 3 1 2 的取值范围是 a b 3 10 6 7 8 5 3 16 c d 8 3 1 16 3 10 6 7 答案 f x ax2 ax 2a a x 2 x 1 要使函数f x 的图象经过四个象限 则 f 2 f 1 0 即 0 解得a 故选 d 10 3 a 1 7 6a 1 3 10 6 7 8 已知函数f x xln x 若f x 在x0处的函数值与导数值之和等于 1 则x0的值等 于 a 1b 1 c 1d 不存在 答案 a 解析 因为f x xln x 所以f x ln x 1 于是有x0ln x0 ln x0 1 1 解 得x0 1 或x0 1 舍去 9 2017 年山东 已知当x 0 1 时 函数y mx 1 2的图象与y m的图象有且 x 只有一个交点 则正实数m的取值范围是 a 0 1 2 b 0 1 3 3 c 0 2 d 0 3 232 答案 b 解析 当 0 m 1 时 1 y mx 1 2在 0 1 上单调递减 且y mx 1 1 m 2 m 1 2 1 y m在x 0 1 上单调递增 且y m m 1 m 此时有且仅有 xx 一个交点 当m 1 时 0 1 y mx 1 2在上单调递增 所以要有且仅有一个交 1 m 1 m 1 点 需 m 1 2 1 m m 3 故选 b 10 2019 年广东揭阳模拟 已知函数f x x3 ax2 4 在x 2 处取得极值 若 m n 1 1 则f m f n 的最小值是 a 4 b 8 c 9 d 13 3 答案 d 解析 f x 3x2 2ax 根据已知f 2 0 得a 3 即f x x3 3x2 4 根据 函数f x 的极值点 可得函数f m 在 1 1 上的最小值为f 0 4 f n 3n2 6n 在 1 1 上单调递增 所以f n 的最小值为f 1 9 f m f n min f m min f n min 4 9 13 11 已知函数f x ax3 3x2 1 若f x 存在唯一的零点x0且x0 0 则实数a的取 值范围是 a 2 b 1 c 2 d 1 答案 c 解析 a 0 时 不符合题意 a 0 时 f x 3ax2 6x 令f x 0 得 x1 0 x2 若a 0 则由图象知f x 存在小于 0 的零点 不符合题意 若a 0 由图象 2 a 结合f 0 1 0 知 此时必有f 0 即a 3 1 0 化简得a2 4 又a 0 2 a 8 a3 4 a2 所以a 2 故选 c 12 2019 年陕西西安模拟 若函数f x ax x2 ln x存在极值 且这些极值的和不小于 4 ln 2 则a的取值范围为 a 2 b 2 c 2 d 4 23 答案 c 解析 f x a 2x f x 存在极值 f x 0 在 0 上 1 x 2x2 ax 1 x 有根 即 2x2 ax 1 0 在 0 上有根 a2 8 0 显然当 0 时 f x 无极 值 不合题意 a2 8 0 即a 2或a0 则f x1 f x2 为f x 的极值 f x1 f x2 a 2 1 2 ax1 x ln x1 ax2 x ln x2 a x1 x2 x x ln x1 ln x2 2 12 22 12 2 ln2 4 ln2 a 2 综上 a的取值范围为 2 a2 233 二 填空题 每小题 5 分 共 20 分 13 2019 年山东枣庄校级月考 已知函数f x sin x cos x f x 是f x 的导函 数 若f x 2f x 则 tan x 答案 1 3 4 解析 由f x sin x cos x 得f x cos x sin x 又由f x 2f x 即 sin x cos x 2 cos x sin x 变形可得 cos x 3sin x 即 tan x 1 3 14 2017 年江苏 已知函数f x x3 2x ex 其中 e 是自然对数的底数 若 1 ex f a 1 f 2a2 0 则实数a的取值范围是 答案 1 1 2 解析 因为f x x3 2x ex f x 所以函数f x 是奇函数 因为 1 ex f x 3x2 2 ex e x 3x2 2 2 0 所以函数f x 在 r r 上单调递增 又 ex e x f a 1 f 2a2 0 即f 2a2 f 1 a 所以 2a2 1 a 即 2a2 a 1 0 解得 1 a 故实数a的取值范围为 1 2 1 1 2 15 2019 年重庆校级期末 如图 由曲线y x2和直线y t2 0 t 1 x 1 x 0 所围成 的图形 阴影部分 的面积的最小值是 答案 1 4 解析 设图中阴影部分的面积为s t 则s t t2 x2 dx x2 t2 dx t3 t2 t 0 1 t 4 3 1 3 由s t 2t 2t 1 0 得t 为s t 在区间 0 1 上的最小值点 此时s t min s 1 2 1 2 1 4 16 设函数f x x3 x2 2x 5 若对任意x 1 2 有f x 7 2 3 2 3 三 解答题 本大题共 6 小题 共 70 分 17 10 分 设y f x 是二次函数 方程f x 0 有两个相等的实根且f x 2x 2 5 1 求y f x 的解析式 2 求y f x 的图象与两坐标轴所围成图形的面积 解 1 设f x ax2 bx c a 0 则f x 2ax b 又f x 2x 2 所以a 1 b 2 所以f x x2 2x c 又方程f x 0 有两个相等实根 即x2 2x c 0 有两个相等实根 所以 4 4c 0 即c 1 故f x x2 2x 1 2 依题意 所求面积为 s 1 x2 2x 1 dx error 0 0 1 1 3 18 12 分 2018 年黑龙江大庆一中期末 已知函数 f x aln x bx2 a b r r 且曲 线y f x 在x 1 处与直线y 相切 1 2 1 求a b的值 2 求f x 在上的最大值 1 e e 解 1 由f x aln x bx2 得f x 2bx a x 由y f x 在x 1 处与直线y 相切 得error 解得error 1 2 2 由 1 得f x ln x x2 定义域为 0 f x x 1 2 1 x 1 x2 x 令f x 0 解得 0 x 1 令f x 1 f x 在上单调递增 在 1 e 上单调递减 1 e 1 f x 在上的最大值为f 1 1 e e 1 2 19 12 分 2019 年江苏连云港期末 请你设计一个包装盒 如图所示 abcd是边长为 60 cm 的正方形硬纸片 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形 再沿虚线折起 使得 a b c d四个点重合于图中的点p 正好形成一个正四棱柱形状的包装盒 e f在ab上 是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点 设ae fb x cm 6 1 若广告商要求包装盒的侧面积s cm2 最大 试问x应取何值 2 某厂商要求包装盒的容积v cm3 最大 试问x应取何值 并求出此时包装盒的高与底 面边长的比值 解 设包装盒的高为h cm 底面边长为a cm 由已知得a x h 30 x 0 x0 当x 20 30 时 v 0 所以当x 20 时 v取得极大值 也是最大值 此时 即包装盒的高与底面边长的比值为 h a 1 2 1 2 20 12 分 已知函数f x x3 ax2 bx c在x 与x 1 时都取得极值 2 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 0 得x1 2 3 令f x 0 得 x 1 2 3 所以函数f x 的递增区间是和 1 递减区间是 2 3 2 3 1 2 f x x3 x2 2x c x 1 2 由 1 知 1 2 当x 时 f c为极大值 2 3 2 3 22 27 7 而f 2 2 c f 1 c 则f 2 2 c为最大值 1 2 要使f x f 2 2 c 得c2 21 12 分 2019 年湖北武汉模拟 已知函数f x ax2 ax xln x 且f x 0 1 求a 2 求证 f x 存在唯一的极大值点x0 且 e 2 f x0 2 2 解 1 f x 的定义域为 0 设g x ax a ln x 则f x xg x f x 0 等价于g x 0 因为g 1 0 g x 0 故g 1 0 而g x a g 1 a 1 得a 1 1 x 若a 1 则g x 1 1 x 当 0 x 1 时 g x 1 时 g x 0 g x 单调递增 所以x 1 是g x 的极小值点 故g x g 1 0 综上 a 1 2 证明 由 1 知f x x2 x xln x f x 2x 2 ln x 设h x 2x 2 ln x 则h x 2 1 x 当x 时 h x 0 所以h x 在上单调递减 在上单调递增 又h e 2 0 h0 当x x0 1 时 h x 0 因为f x h x 所以x x0是f x 的唯一极大值点 由f x0 0 得 ln x0 2 x0 1 故f x0 x0 1 x0 由x0 得f x0 f e 1 e 2 所以 e 2 f x0 2 2 8 22 12 分 2017 年新课标 设函数f x 1 x2 ex 1 讨论f x 的单调性 2 当x 0 时 f x ax 1 求a的取值范围 解 1 f x 1 x2 ex f x 1 2x x2 ex 令f x 0 得x 1 或x 1 22 当x 1 时 f x 0 2 当x 1 1 时 f x 0 22 当x 1 时 f x 0 2 f x 在 1 和 1 单调递减 在 1 1 单调递 2222 增 2 f x 1 x 1 x ex 当a 1 时 设函数h x 1 x ex 则h x xex 0 x 0 h x 在 0 单调递减 又h 0 1 h x 1 f x x 1 h x x 1 ax