高考数学选修巩固练习_《导数及其应用》全章复习与巩固（提高）

【巩固练习巩固练习】 一、选择题一、选择题 已知函数的导函数的图像如下，则（ ） xfy xfy A.函数有 1 个极大值点，1 个极小值点. xf B.函数有 2 个极大值点，2 个极小值点. xf C.函数有 3 个极大值点，1 个极小值点 xf D.函数有 1 个极大值点，3 个极小值点 xf 2一个弹簧压缩 x cm 产生 4x N 的力，那么将它从自然长度压缩 0.05 m 做的功是 ( ) A50 J B0.5 J C500 J D5 J 3函数 y2x33x212x5 在0,3上的最大值和最小值分别是( ) A5，15 B5,4 C4，15 D5，16 4 （2015 潮南区模拟）若a0，b0， 函数f(x)4x3ax22bx2 在x1cR 处有极值，则ab的最大值等于( ) A2 B3 C6 D9 5内接于半径为 R 的半圆的周长最大的矩形的边长为（ ） A和 B和 C和 D以上都不对 2 R3 2 R 5 5 R 4 5 5 R 4 5 R 7 5 R 6. 设，若函数， （）有大于零的极值点，则（ ）Ra xey ax 3Rx A. B. C. D. 3a3a 3 1 a 3 1 a 7已知f(x)x3bx2cxd在区间1,2上是减函数，那么bc( ) A有最大值 15 2 B有最大值15 2 C有最小值 15 2 D有最小值15 2 二、填空题二、填空题 x y 1 x x4O o O 2 x 3 x 8函数( ) ln x f x x 的单调递减区间是_ _ 9 （2015 张家港市校级模拟）已知函数，则的极大值为 ( )2(1)lnf xfxx( )f x 。 10. 函数（）的极大值为正数，极小值为负数，则的取值范 32 ( )3f xxa xa0a a 围 。 11、已知函数的图象是折线段，其中、，函数( )yf xABC(0,0)A 1 ( ,5) 2 B(1,0)C （）的图象与轴围成的图形的面积为_( )yxf x01xx 三、解答题三、解答题 12求下列定积分的值: （1）； （2）； e+1 2 1 d 1 x x 1 2 0 ed x x （3）； （4）； 1 32 1( cos )dxxxx 3 2 2 dxxx （5）. 1 2 0 11dxxx 13把函数的图象按向量平移得到函数的图象2lnxy)2,1(a)(xfy (1)求函数的解析式；)(xfy (2)若，证明：0x 2 2 )( x x xf 14求：函数在区间（）内的极值。 32 ( )32f xxx(1,1)aa0a 15. 已知函数图象上的点处的切线方程为. 32 ( )f xxaxbxc (1,(1)Pf31yx 若函数在处有极值，求的表达式；( )f x2x ( )f x 若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.( )f x 2,0b 16. （2015 新课标理）设函数 2 ( ) mx f xexmx ()证明：f(x)在(,0)单调递减，在(0,+)单调递增； ()若对于任意 x1,x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求 m 的取值范围 17设两抛物线，所围成的图形为，求： 2 =2yxx或或 2 =y xM (1) 的面积；M (2)将绕轴旋转一周所得旋转体的体积Mx 【答案与解析答案与解析】 1.【答案】 A 【解析】 因为极值点左右两边异号，所以是极大值点，是极小值点，选 A 2 x 3 x 2. 【答案】B 【解析】注意单位统一： 由于弹簧压缩 x cm 产生 4x N 的力，则若弹簧压缩 x m 产生 400 x N 的力， 所以，从自然长度压缩 0.05 m 做的功为：W . 0.05 2 0.05 0 0 W=400 d =200|=0.5 Jx xx 3. 【答案】 A 【解析】 y6x26x126(x2)(x1)， 令y0，得x2 或x1(舍) f(0)5，f(2)15，f(3)4， ymax5，ymin15，故选 A. 4. 【答案】D 【解析】 f(x)12x22ax2b，由函数f(x)在x1 处有极值，可知函数f(x) 在x1 处的导数值为零，122a2b0，所以ab6，由题意知a，b 都是正实数，所以ab9，当且仅当ab3 时取到等 2 () 2 ab 2 6 2 号 5. 【答案】 B 【解析】设矩形与半圆直径垂直的一边的长为 x，则另一边长为，则 22 2 Rx （0xR） ，令=0，解得， 22 24lxRx 22 4 2 x l Rx l 1 5 5 xR （舍去） 。 2 5 5 xR 当时，；当时，。 5 0 5 xR0l 5 5 RxR0l 所以当时， 取最大值，即周长最大的矩形的相邻两边长分别为， 5 5 x l 5 5 R 。 4 5 5 R 6.【答案】B 【解析】依题意，令得：，当03 ax aey0 3 ln 1 aa x 0 3 ln 1 0 aa a 无解；当3 1 3 0 0 3 ln 0 0 3 ln 1 0 a a a a a aa a 7.【答案】 B 【解析】 由题意f(x)3x22bxc在1,2上，f(x)0 恒成立 所以 ( 1)0 (2)0 f f 即 230 4120 bc bc 令bcz，bcz，如图 过A得z最大， 3 ( 6, ) 2 最大值为bc6.故应选 B. 3 2 15 2 8 【答案】(0,1)，(1, ) e 【解析】 2 ln1 ( ) ln x fx x ，当0 xe且1x 时，( )0fx ，故函数( ) ln x f x x 的 单调递减区间是(0,1)，(1, ) e。 9. 【答案】 2ln22 【解析】 由于函数，则 ( )2(1)lnf xfxx 1 ( )2(1)1(0),fxfx x 故 得到 (1)2(1) 1,ff (1) 1,f 12 ( )21, x fx xx 令 ，解得：，令 ，解得： ， ( ) 0fx 2x ( ) 0fx 2x 则函数在（0,2）上为增函数，在（2，+）上为减函数，故的极大值为( )f x 。故答案为： (2)2ln22f2ln22 10 【答案】； 2 2 a 【解析】， 22 ( )333()()fxxaxa xa 因为，所以极大值为，极小值，0a 3 ()20faaa 3 ( )20f aaa 解得。 2 2 a 11. 【答案】 5 4 【解析】由题意， 1 10 ,0 2 ( ) 1 1010,1 2 xx f x xx 则 2 2 1 10,0 2 ( ) 1 1010 ,1 2 xx yxf x xxx 所以所求面积为 4 5 )1010(10 1 2 1 2 2 1 0 dxxxxdxS 12.【解析】 （1）； e+1 e 1 2 2 1 d =ln1 |=1 1 xx x （2），即 22 e2e xx 22 1 ee 2 xx ； 2 1 221 0 2 0 1e1 ed =e| = 22e xx x （3） 111 3322 111 ( cos)d =cos d +dxxxxxx xxx 函数是奇函数，= cos1,1y xxx 或 . 1 1 cos d =0 xx x 函数是偶函数， 32 =1,1yxx 或 ， 225 111 321 333 0 111 310 d =d =2d =2| = 55 xxxxxxx 原式. 1010 =0+= 55 （4），则 2 2 2 01 , | ,20 13 . xxx yxx xxxx 或 或 3013 2222 2201 320231323 201 |d =d +d +d 111111 =| 322332 14114 + 363 19 =. 2 xxxxxxxxxxxx xxxxxx （5） 13 【解析】 (1)由题设得) 1ln()(xxf (2)令， 2 2 ) 1ln( 2 2 )()( x x x x x xfxg 则 2 2 2 )2)(1()2( 2)2(2 1 1 )( xx x x xx x xg ,在上单调递增0x0)( x g)(xg),0( 故，即)0()(gxg 2 2 )( x x xf 14. 【解析】 f(x)3x(x-2), 令f(x)0 得x=0 或x=2. 当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表： X(-.0)0(0,2)2(2,+ ) f(x)+0 0 f(x) 极大值极小值 由此可得： 当 0a1 时，f(x)在（a-1,a+1）内有极大值f(0)=-2,无极小值； 当a=1 时，f(x)在（a-1,a+1）内无极值； 当 1a3 时，f(x)在（a-1,a+1）内有极小值f(2)6，无极大值； 当a3 时，f(x)在（a-1,a+1）内无极值. 综上得： 当 0a1 时，f(x)有极大值2，无极小值； 当 1a3 时，f(x)有极小值6，无极大值； 当a=1 或a3 时，f(x)无极值。 15. 【解析】 点在切线方程上， ，(1,(1)Pf31yx 12f ， 1233fab 函数在处有极值， ，可得：( )f x2x 20f2,4,3abc 32 ( )243f xxxx 由可知：， 2 1 2 b a b c 32 ( )1 22 bb f xxxbx 2 3fxxbxb 函数在区间上单调递增，即：在区间上恒成立，( )f x 2,0 0fx 2,0 ，解得：。 20 00 f f 4b 16.【解析】 （）因为，所以 f(x)=memx+2xm 2 ( ) mx f xexmx f(x)=m2emx+20 在 R 上恒成立，所以 f(x)=memx+2xm 在 R 上单调递增， 而 f(0)=0，所以 x0 时，f(x)0； x0 时，f(x)0 所以 f(x)在（，0）单调递减，在（0，+）单调递增。 （）由（）知 f(x)min=f(0)=1 , 当 m=0 时，f(x)=1+x2，此时 f(x)在1，1上的最大值是 2. 所以此时|f(x1)f(x2)|e1 成立 当 m0 时，f(1)=em+1+m，f(1)=em+1-m 令 g(m)=f(1)f(1)=em