【高中数学选修2-2：第一章-导数及其应用-单元测试题.doc

数学选修2-2第一章
单元测试题
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)

A．1个　　　　　　　　　 B．2个
C．3个 D．4个
2．在区间[，2]上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝2x＋在同一点处取得相同的最小值，那么f(x)在[，2]上的最大值是(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C．8 D．4
3．点P在曲线y＝x3－x＋上移动，设点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围是(　　)
A．[0，] B．[0，]∪[π，π)
C．[π，π) D．[，π]
4．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A．m≥ B．m＞
C．m≤ D．m＜
5．函数f(x)＝cos2x－2cos2的一个单调增区间是(　　)
A. B.
C. D.
6．设f(x)在x＝x0处可导，且 ＝1，则f′(x0)等于(　　)
A．1 B．0
C．3 D.
7．经过原点且与曲线y＝相切的切线方程为(　　)
A．x＋y＝0
B．x＋25y＝0

C．x＋y＝0或x＋25y＝0
D．以上皆非
8．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b，c为实数，当a2－3b＜0时，f(x)是(　　)
A．增函数
B．减函数
C．常数
D．既不是增函数也不是减函数
9．若a>2，则方程x3－ax2＋1＝0在(0,2)上恰好有(　　)
A．0个根 B．1个根
C．2个根 D．3个根
10．一点沿直线运动，如果由始点起经过t s后距离为s＝t4－t3＋2t2，那么速度为零的时刻是(　　)
A．1 s末 B．0 s
C．4 s末 D．0,1,4 s末
11．设f(x)＝则f(x)dx等于(　　)
A. B.
C. D．不存在
12．若函数f(x)＝，且0b B．af(x)dx＝3，则函数f(x)的解析式为________．
16．(2010·江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图像在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应出写文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)如图，直线y＝kx分抛物线y＝x－x2与x轴所围成图形为面积相等的两部分，求k的值．

18．(12分)已知函数f(x)＝x4－4x3＋ax2－1在区间[0,1]上单调递增，在区间[1,2)上单调递减．
(1)求a的值；
(2)若点A(x0，f(x0))在函数f(x)的图像上，求证：点A关于直线x＝1的对称点B也在函数f(x)的图像上．

19．(12分)设x＝－2与x＝4是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求常数a，b；
(2)试判断x＝－2，x＝4是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由．

20．(12分)已知f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．

21．(12分)(2010·重庆卷)已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．
(1)求f(x)的表达式；
(2)讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．

22．(12分)已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a>0.
(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．

参考答案
1.答案　A
解析　设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1、x3是极大值点，只有x2是极小值点．
2.答案　D
3.答案　B
4.答案　A
解析　因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，
所以f′(x)＝2x3－6x2.
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－.不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.
5.答案　A
解析　f(x)＝cos2x－cosx－1，
∴f′(x)＝－2sinx·cosx＋sinx＝sinx·(1－2cosx)．
令f′(x)>0，结合选项，选A.
6.答案　D
7.答案　D
8.答案　A
9.答案　B
解析　设f(x)＝x3－ax2＋1，则f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上为减函数，又f(0)f(2)＝1＝－4a<0，
f(x)＝0在(0,2)上恰好有一个根，故选B.
10.答案　D
11.答案　C
解析　数形结合，如图．

f(x)dx＝x2dx＋(2－x)dx
＝
＝＋(4－2－2＋)
＝，故选C.
12.答案　A
解析　f′(x)＝，
令g(x)＝xcosx－sinx，则
g′(x)＝－xsinx＋cosx－cosx＝－xsinx.
∵0f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上是减函数，得a>b，故选A.
13.答案　
解析　f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝.
14.答案　cπ－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c4－2a＝1.
∴a＝.∴b＝.∴f(x)＝x＋.
16.答案　21
解析　∵y′＝2x，∴过点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，又该切线与x轴的交点为(ak＋1,0)，所以ak＋1＝ak，即数列{ak}是等比数列，首项a1＝16，其公比q＝，∴a3＝4，a5＝1，∴a1＋a3＋a5＝21.
17.解析　抛物线y＝x－x2与x轴两交点的横坐标为x1＝0，x2＝1，所以，抛物线与x轴所围图形面积S＝(x－x2)dx＝＝－＝.
又由此可得抛物线y＝x－x2与y＝kx两交点的横坐标x3＝0，x4＝1－k，所以＝ (x－x2－kx)dx＝＝(1－k)3.
又S＝，所以(1－k)3＝，∴k＝1－.
18.解析　(1)由函数f(x)＝x4－4x3＋ax2－1在区间[0,1]单调递增，在区间[1,2)单调递减，
∴x＝1时，取得极大值，∴f′(1)＝0.
又f′(x)＝4x3－12x2＋2ax，
∴4－12＋2a＝0⇒a＝4.
(2)点A(x0，f(x0))关于直线x＝1的对称点B的坐标为(2－x0，f(x0))，
f(2－x0)＝(2－x0)4－4(2－x0)3＋4(2－x0)2－1
＝(2－x0)2[(2－x0)－2]2－1
＝x40－4x30＋ax20－1＝f(x0)，
∴A关于直线x＝1的对称点B也在函数f(x)的图像上．
19.解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
(1)由极值点的必要条件可知：
f′(－2)＝f′(4)＝0，即
解得a＝－3，b＝－24.
或f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x＋2)(x－4)
＝3x2－6x－24，
也可得a＝－3，b＝－24.
(2)由f′(x)＝3(x＋2)(x－4)．
当x＜－2时，f′(x)＞0，当－2＜x＜4时，f′(x)＜0.
∴x＝－2是极大值点，而当x＞4时，f′(x)＞0，
∴x＝4是极小值点．
20.解析　a≠0(否则f(x)＝b与题设矛盾)，
由f′(x)＝3ax2－12ax＝0及x∈[－1,2]，得x＝0.
(1)当a＞0时，列表：

x
(－1,0)
0
(0,2)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
增
极大值b
减
由上表知，f(x)在[－1,0]上是增函数，
f(x)在[0,2]上是减函数．
则当x＝0时，f(x)有最大值，从而b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
∵a＞0，∴f(－1)＞f(2)．
从而f(2)＝－16a＋3＝－29，
得a＝2.
(2)当a＜0时，用类似的方法可判断当x＝0时f(x)有最小值．
当x＝2时，f(x)有最大值．
从而f(0)＝b＝－29, f(2)＝－16a－29＝3，
得a＝－2.
综上，a＝2，b＝3或a＝－2b＝－29.
21.解析　(1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b.因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.因为函数g(x)是奇函数，所以g(－x)＝－g(x)，即对任意实数x，有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，因此f(x)的解析式为f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，所以g′(x)＝－x2＋2.
令 g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝，则当x<－或x>时，g′(x)<0，从而g(x)在区间(－∞，－]，[，＋∞)上是减函数；当－0，从而g(x)在[－，]上是增函数．
由前面讨论知，g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，，2时取得，而g(1)＝，g()＝，g(2)＝.因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，最小值为g(2)＝.
22.分析　解答本题，应先正确求出函数f(x)的导数f′(x)，再利用导数与函数的单调性、导数与极值、导数与最值等知识求解，并注意在定义域范围内求解．
解析　(1)f′(x)＝－＝，
∵f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝0，即a·12＋a－2＝0，解得a＝1.
(2)f′(x)＝，
∵x≥0，a>0，∴ax＋1>0.
①当a≥2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)>0，
∴f(x)的单调增区间为[0，＋∞)．
②当00，解得x> .
由f′(x)<0，解得x< .
∴f(x)的单调减区间为(0, )，单调增区间为( ，＋∞)．
(3)当a≥2时，由(2)①知，f(x)的最小值为f(0)＝1；
当0