选修2-2_导数及其应用单元检测.doc

　导数及其应用
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1.

已知函数y＝f(x)的图象如图，则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是(　　)
A．f′(xA)>f′(xB) B．f′(xA)<f′(xB) C．f′(xA)＝f′(xB) D．不能确定
2．任一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝3t－t2，则物体的初速度是(　　)
A．0 B．3 C．－2 D．3－2t
3．已知曲线y＝2ax2＋1过点(，3)，则该曲线在该点处的切线方程为(　　)
A．y＝－4x－1 B．y＝4x－1 C．y＝4x－11 D．y＝－4x＋7
4．若点P在曲线y＝x3－3x2＋(3－)x＋上移动，经过点P的切线的倾斜角为α，则
角α的取值范围是(　　)
A. B.∪ C. D.
5．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．[3，＋∞) B．[－3，＋∞) C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)
6．下列等式成立的是(　　)
A．ʃ0dx＝b－a B．ʃxdx＝ C．ʃ|x|dx＝2ʃ|x|dx D．ʃ(x＋1)dx＝ʃxdx
7．已知a>0，函数f(x)＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是单调减函数，则a的最大值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
8．若函数f(x)＝asin x＋cos x在x＝处有最值，那么a等于(　　)
A. B．－ C. D．－
9．已知ʃ f(x)dx＝3，则ʃ[f(x)＋6]dx等于(　　)
A．9 B．12 C．15 D．18
10．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则(　　)
A．a>－3 B．a<－3 C．a>－ D．a<－
11．函数f(x)＝的单调增区间是(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1)，(1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
12．某银行准备新设一种定期存款业务，经预测，存款量与存款利率成正比，比例系数
为k (k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x
(x∈(0,0.048))，则存款利率为多少时，银行可获得最大利益(　　)
A．0.012 B．0.024 C．0.032 D．0.036
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是__________．
14．设函数f(x)＝ax3－3x＋1 (x∈R)，若对于x∈[－1，1]，都有f(x)≥0，则实数a的值
为________．
15.

如图，内接于抛物线y＝1－x2的矩形ABCD，其中A、B在抛物线上运动，C、D在x轴
上运动，则此矩形的面积的最大值是________．
16．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示过原点的曲线，且在x＝±1处的切线
的倾斜角均为π，有以下命题：
①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]． ②f(x)的极值点有且只有一个．
③f(x)的最大值与最小值之和等于零． 其中正确命题的序号为________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)
上为增函数，试求实数a的取值范围．

18．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值．
(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)<c2恒成立，求c的取值范围．

19.(12分)一艘渔艇停泊在距岸9 km处，今需派人送信给距渔艇3 km处的海岸渔站，
如果送信人步行速度为5 km/h，渔船为4 km/h，问：应在何处登岸再步行可以使抵达渔
站的时间最短？

20．(12分)某大型商厦一年内需要购进电脑5 000台，每台电脑的价格为4 000元，每次
订购电脑的其它费用为1 600元，年保管费用率为10%(例如，一年内平均库存量为150
台，一年付出的保管费用60 000元，则＝10%为年保管费用率)，求每次订购
多少台电脑，才能使订购电脑的其它费用及保管费用之和最小？

21.(12分)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.

22．(12分)已知函数f(x)＝x2＋ln x.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方．

答案
1．B　[f′(xA)和f′(xB)分别表示函数图象在点A、B处的切线斜率，故f′(xA)<f′(xB)．]
2．B　[物体的初速度即为t＝0时物体的瞬时速度，即函数s(t)在t＝0处的导数．
s′(0)＝s′|t＝0＝(3－2t)|t＝0＝3.]
3．B　[∵曲线过点(，3)， ∴3＝2a2＋1，∴a＝1，
∴切点为(1,3)．由导数定义可得y′＝4ax＝4x，
∴该点处切线斜率为k＝4， ∴切线方程为y－3＝4(x－1)，即y＝4x－1.]
4．B
5．B　[f′(x)＝3x2＋a.令3x2＋a≥0， 则a≥－3x2，x∈(1，＋∞)，∴a≥－3.]
6．C　[由积分的几何意义及性质得ʃ0dx＝0，y＝|x|是偶函数，故C显然正确．]
7．C
8．A　[f′(x)＝acos x－sin x，由题意f′＝0，即a·－×＝0，∴a＝.]
9．C　[ʃ[f(x)＋6]dx＝ʃf(x)dx＋ʃ6dx＝3＋12＝15.]
10．B　[由y′＝a·eax＋3＝0，得eax＝－>0，∴a<0， ∴0<eax<1，∴0<－<1， ∴a<－3.]
11．C　[∵f′(x)＝＝＝>0，又x≠1，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)．]
12．B　[由题意知，存款量g(x)＝kx (k>0)，银行应支付的利息h(x)＝xg(x)＝kx2，x∈
(0,0.048)．设银行可获得收益为y，则y＝0.048kx－kx2.于是y′＝0.048k－2kx，令y′＝0，
解得x＝0.024，依题意知y在x＝0.024处取得最大值．故当存款利率为0.024时，银行
可获得最大利益．]
13．(－∞，－1]
解析　∵f′(x)＝－x＋＝＝，
又f(x)在(－1，＋∞)上是减函数，即f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
又x＋2>0，故－x2－2x＋b≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即x2＋2x－b≥0在(－1，＋∞)上恒成立．
又函数y＝x2＋2x－b的对称轴为x＝－1，故要满足条件只需(－1)2＋2×(－1)－b≥0，即b≤－1.
14．4
解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0，显然成立；
当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0 可转化为a≥－，
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4；
当x<0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0 可转化为a≤－，
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间[－1,0)上单调递增．因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，
综上所述，a＝4.
15.
解析　设CD＝x，则点C坐标为.点B坐标为，
∴矩形ABCD的面积S＝f(x)＝x·＝－＋x (x∈(0,2))．
由f′(x)＝－x2＋1＝0，得x1＝－(舍)，x2＝，
∴x∈时，f′(x)>0，f(x)是递增的，x∈时，f′(x)<0，f(x)是递减的，
当x＝时，f(x)取最大值.
16．①③
解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意得f(0)＝0，f′(－1)＝f′(1)＝tan ＝－1.
∴，∴a＝0，b＝－4，c＝0. ∴f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]．故①正确．
由f′(x)＝3x2－4＝0得x1＝－，x2＝.
根据x1，x2分析f′(x)的符号、f(x)的单调性和极值点.
x
－2
(－2，－)
－
(－，)

(，2)
2
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
0





0
∴x＝－是极大值点也是最大值点． x＝是极小值点也是最小值点．
f(x)min＋f(x)max＝0.∴②错，③正确．

17．解　f′(x)＝x2－ax＋a－1，
由题意知f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，且f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．
由f′(x)≤0得x2－ax＋a－1≤0，即x2－1≤a(x－1)．
∵x∈(1,4)，∴x－1∈(0,3)，∴a≥＝x＋1. 又∵x＋1∈(2,5)，∴a≥5，①
由f′(x)≥0得x2－ax＋a－1≥0，即x2－1≥a(x－1)．
∵x∈(6，＋∞)，∴x－1>0，∴a≤＝x＋1. 又∵x＋1∈(7，＋∞)，∴a≤7，②
∵①②同时成立，∴5≤a≤7.
经检验a＝5或a＝7都符合题意， ∴所求a的取值范围为5≤a≤7.
18．解　(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f′＝－a＋b＝0， f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝－，b＝－2.
f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
令f′(x)>0，得x<－或x>1， 令f′(x)<0，得－<x<1.
所以函数f(x)的递增区间是和(1，＋∞)，递减区间是.
(2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]，
由(1)知，当x＝－时，f＝＋c为极大值，而f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为最大值，
要使f(x)<c2，x∈[－1,2]恒成立，则只需要c2>f(2)＝2＋c，得c<－1或c>2.

19.

解　如图所示，设BC为海岸线，A为渔艇停泊处，C为海岸渔站，D为海岸上一点．
∵AB＝9，AC＝3， ∴BC＝＝15.
设由A到C所需时间为t，CD的长为x， 则t＝x＋ (0≤x≤15)，
∴t′＝－
令t′＝0，解得x＝3，x＝27(舍)．在x＝3附近，t′由负到正，因此在x＝3处取得极小值．
又t(0)＝，t(15)＝，t(3)＝，比较可知t(3)最小．
∴在距渔站3 km处登岸可使抵达渔站的时间最短．
20．解　设每次订购电脑的台数为x，则开始库存量为x台，经过一个周期的正常均匀
销售后，库存量变为零，这样又开始下一次的订购，因此平均库存量为x台，所以每年
的保管费用为x·4 000·10%元，而每年的订货电脑的其它费用为·1 600元，这样每
年的总费用为·1 600＋x·4 000·10%元．
令y＝·1 600＋x·4 000·10%， y′＝－·5 000·1 600＋·4 000·10%.
令y′＝0，解得x＝200(台)．
也就是当x＝200台时，每年订购电脑的其它费用及保管费用总费用达到最小值，最小值
为80 000元．
21．(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

2(1－ln 2＋a)

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取
得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0，
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
22．(1)解　∵f(x)＝x2＋ln x，∴f′(x)＝2x＋.
∵x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，∴f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2.
(2)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋ln x，
∴F′(x)＝x－2x2＋＝＝＝.
∵x>1，∴F′(x)<0，∴F(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴F(x)<F(1)＝－＝－<0.
∴f(x)<g(x)．∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在g(x)＝x3＋x2的下方．
7