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导数及其应用综合检测综合测试题(有答案)

2017-03-16  湖南衡阳...
一、选择题(本大题共12个小题,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.(2010·全国Ⅱ文,7)若曲线y=x2+ax+b在点(0,b)处的切线方程是x-y+1=0,则(  )
A.a=1,b=1      
B.a=-1,b=1
C.a=1,b=-1 
D.a=-1,b=-1
[答案] A
[解析] y′=2x+a,∴y′|x=0=(2x+a)|x=0=a=1,
将(0,b)代入切线方程得b=1.
2.一物体的运动方程为s=2tsint+t,则它的速度方程为(  )
A.v=2sint+2tcost+1 
B.v=2sint+2tcost
C.v=2sint 
D.v=2sint+2cost+1
[答案] A
[解析] 因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y=s(t)在t0的导数,S′=2sint+2tcost+1,故选A.
3.曲线y=x2+3x在点A(2,10)处的切线的斜率是(  )
A.4 
B.5
C.6 
D.7
[答案] D
[解析] 由导数的几何意义知,曲线y=x2+3x在点A(2,10)处的切线的斜率就是函数y=x2+3x在x=2时的导数,y′|x=2=7,故选D.
4.函数y=x|x(x-3)|+1(  )
A.极大值为f(2)=5,极小值为f(0)=1
B.极大值为f(2)=5,极小值为f(3)=1
C.极大值为f(2)=5,极小值为f(0)=f(3)=1
D.极大值为f(2)=5,极小值为f(3)=1,f(-1)=-3
[答案] B
[解析] y=x|x(x-3)|+1
=x3-3x2+1 (x<0或x>3)-x3+3x2+1 (0≤x≤3)
∴y′=3x2-6x (x<0或x>3)-3x2+6x (0≤x≤3)
x变化时,f′(x),f(x)变化情况如下表:
x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 (3,+∞)
f′(x) + 0 + 0 - 0 +
f(x)   无极值   极大值5   极小值1 
∴f(x)极大=f(2)=5,f(x)极小=f(3)=1
故应选B.
5.(2009·安徽理,9)已知函数f(x)在R上满足f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是(  )
A.y=2x-1 
B.y=x
C.y=3x-2 
D.y=-2x+3
[答案] A
[解析] 本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式.
∵f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,
∴f(2-x)=2f(x)-x2-4x+4,
∴f(x)=x2,∴f′(x)=2x,
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,切线方程为y-1=2(x-1),∴y=2x-1.
6.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极值,则a等于(  )
A.2 
B.3
C.4 
D.5
[答案] D
[解析] f′(x)=3x2+2ax+3,
∵f(x)在x=-3时取得极值,
∴x=-3是方程3x2+2ax+3=0的根,
∴a=5,故选D.
7.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数.当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(  )
A.(-3,0)∪(3,+∞)
B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪(0,3)
[答案] D
[解析] 令F(x)=f(x)·g(x),易知F(x)为奇函数,又当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,即F′(x)>0,知F(x)在(-∞,0)内单调递增,又F(x)为奇函数,所以F(x)在(0,+∞)内也单调递增,且由奇函数知f(0)=0,∴F(0)=0.
又由g(-3)=0,知g(3)=0
∴F(-3)=0,进而F(3)=0
于是F(x)=f(x)g(x)的大致图象如图所示
 
∴F(x)=f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3),故应选D.
8.下面四图都是同一坐标系中某三次函数及其导函数的图象,其中一定不正确的序号是(  )
 
A.①② 
B.③④
C.①③ 
D.①④
[答案] B
[解析] ③不正确;导函数过原点,但三次函数在x=0不存在极值;④不正确;三次函数先增后减再增,而导函数先负后正再负.故应选B.
9.(2010·湖南理,5)241xdx等于(  )
A.-2ln2 
B.2ln2
C.-ln2 
D.ln2
[答案] D
[解析] 因为(lnx)′=1x,
所以 241xdx=lnx|42=ln4-ln2=ln2.
10.已知三次函数f(x)=13x3-(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2在x∈(-∞,+∞)是增函数,则m的取值范围是(  )
A.m<2或m>4 
B.-4C.2D.以上皆不正确
[答案] D
[解析] f′(x)=x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7,
由题意得x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7≥0恒成立,∴Δ=4(4m-1)2-4(15m2-2m-7)
=64m2-32m+4-60m2+8m+28
=4(m2-6m+8)≤0,
∴2≤m≤4,故选D.
11.已知f(x)=x3+bx2+cx+d在区间[-1,2]上是减函数,那么b+c(  )
A.有最大值152 
B.有最大值-152
C.有最小值152 
D.有最小值-152
[答案] B
 [解析] 由题意f′(x)=3x2+2bx+c在[-1,2]上,f′(x)≤0恒成立.
所以f′(-1)≤0f′(2)≤0
即2b-c-3≥04b+c+12≤0
令b+c=z,b=-c+z,如图
过A-6,-32得z最大,
最大值为b+c=-6-32=-152.故应选B.
12.设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于0的可导函数,且f′(x)g(x)-f(x)g′(x)<0,则当aA.f(x)g(x)>f(b)g(b)
B.f(x)g(a)>f(a)g(x)
C.f(x)g(b)>f(b)g(x)
D.f(x)g(x)>f(a)g(x)
[答案] C
[解析] 令F(x)=f(x)g(x)
则F′(x)=f′(x)g(x)-f(x)g′(x)g2(x)<0
f(x)、g(x)是定义域为R恒大于零的实数
∴F(x)在R上为递减函数,
当x∈(a,b)时,f(x)g(x)>f(b)g(b)
∴f(x)g(b)>f(b)g(x).故应选C.
二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分.将正确答案填在题中横线上)
13.-2-1dx(11+5x)3=________.
[答案] 772
[解析] 取F(x)=-110(5x+11)2,
从而F′(x)=1(11+5x)3
则-2-1dx(11+5x)3=F(-1)-F(-2)
=-110×62+110×12=110-1360=772.
14.若函数f(x)=ax2-1x的单调增区间为(0,+∞),则实数a的取值范围是________.
[答案] a≥0
[解析] f′(x)=ax-1x′=a+1x2,
由题意得,a+1x2≥0,对x∈(0,+∞)恒成立,
∴a≥-1x2,x∈(0,+∞)恒成立,∴a≥0.
15.(2009·陕西理,16)设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn,令an=lgxn,则a1+a2+…+a99的值为________.
[答案] -2
[解析] 本小题主要考查导数的几何意义和对数函数的有关性质.
k=y′|x=1=n+1,
∴切线l:y-1=(n+1)(x-1),
令y=0,x=nn+1,∴an=lgnn+1,
∴原式=lg12+lg23+…+lg99100
=lg12×23×…×99100=lg1100=-2.
16.如图阴影部分是由曲线y=1x,y2=x与直线x=2,y=0围成,则其面积为________.
 
[答案] 23+ln2
[解析] 由y2=x,y=1x,得交点A(1,1)
由x=2y=1x得交点B2,12.
故所求面积S=01xdx+121xdx
=23x3210+lnx21=23+ln2.
三、解答题(本大题共6个小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本题满分12分)(2010·江西理,19)设函数f(x)=lnx+ln(2-x)+ax(a>0).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,1]上 的最大值为12,求a的值.
[解析] 函数f(x)的定义域为(0,2),
f ′(x)=1x-12-x+a,
(1)当a=1时,f ′(x)=-x2+2x(2-x),所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,2);
(2)当x∈(0,1]时,f ′(x)=2-2xx(2-x)+a>0,
即f(x)在(0,1]上单调递增,故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)=a,因此a=12.
18.(本题满分12分)求曲线y=2x-x2,y=2x2-4x所围成图形的面积.
[解析] 由y=2x-x2,y=2x2-4x得x1=0,x2=2.
由图可知,所求图形的面积为S=02(2x-x2)dx+|02(2x2-4x)dx|=02(2x-x2)dx-02(2x2-4x)dx.
因为x2-13x3′=2x-x2,
 
23x3-2x2′=2x2-4x,
所以S=x2-13x320-23x3-2x220=4.
19.(本题满分12分)设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0).
(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切,求a,b的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值点.
[分析] 考查利用导数研究函数的单调性,极值点的性质,以及分类讨论思想.
[解析] (1)f′(x)=3x2-3a.
因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切,
所以f′(2)=0,f(2)=8.即3(4-a)=0,8-6a+b=8.
解得a=4,b=24.
(2)f′(x)=3(x2-a)(a≠0).
当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,此时函数f(x)没有极值点.
当a>0时,由f′(x)=0得x=±a.
当x∈(-∞,-a)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(-a,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
此时x=-a是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点.
20.(本题满分12分)已知函数f(x)=12x2+lnx.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:当x>1时,12x2+lnx<23x3.
[解析] (1)依题意知函数的定义域为{x|x>0},
∵f′(x)=x+1x,故f′(x)>0,
∴f(x)的单调增区间为(0,+∞).
(2)设g(x)=23x3-12x2-lnx,
∴g′(x)=2x2-x-1x,
∵当x>1时,g′(x)=(x-1)(2x2+x+1)x>0,
∴g(x)在(1,+∞)上为增函数,
∴g(x)>g(1)=16>0,
∴当x>1时,12x2+lnx<23x3.
21.(本题满分12分)设函数f(x)=x3-92x2+6x-a.
(1)对于任意实数x, f′(x)≥m恒成立,求m的最大值;
(2)若方程f(x)=0有且仅有一个实根,求a的取值范围.
[分析] 本题主要考查导数的应用及转化思想,以及求参数的范围问题.
[解析] (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2).
因为x∈(-∞,+∞).f′(x)≥m,即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立.
所以Δ=81-12(6-m)≤0,得m≤-34,即m的最大值为-34.
(2)因为当x<1时,f′(x)>0;当12时f′(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取极大值f(1)=52-a,
当x=2时,f(x)取极小值f(2)=2-a.
故当f(2)>0或f(1)<0时,方程f(x)=0仅有一个实根,解得a<2或a>52.
22.(本题满分14分)已知函数f(x)=-x3+ax2+1(a∈R).
(1)若函数y=f(x)在区间0,23上递增,在区间23,+∞上递减,求a的值;
(2)当x∈[0,1]时,设函数y=f(x)图象上任意一点处的切线的倾斜角为θ,若给定常数a∈32,+∞,求θ的取值范围;
(3)在(1)的条件下,是否存在实数m,使得函数g(x)=x4-5x3+(2-m)x2+1(m∈R)的图象与函数y=f(x)的图象恰有三个交点.若存在,请求出实数m的值;若不存在,试说明理由.
[解析] (1)依题意f′23=0,
由f′(x)=-3x2+2ax,得-3232+2a·23=0,即a=1.
(2)当x∈[0,1]时,tanθ=f′(x)=-3x2+2ax=-3x-a32+a23.
由a∈32,+∞,得a3∈12,+∞.
①当a3∈12,1,即a∈32,3时,f′(x)max=a23,
f(x)min=f′(0)=0.
此时0≤tanθ≤a23.
②当a3∈(1,+∞),即a∈(3,+∞)时,f′(x)max=f′(1)=2a-3,f′(x)min=f′(0)=0,
此时,0≤tanθ≤2a-3.
又∵θ∈[0,π),∴当32当a>3时,θ∈[0,arctan(2a-3)].
(3)函数y=f(x)与g(x)=x4-5x3+(2-m)x2+1(m∈R)的图象恰有3个交点,等价于方程-x3+x2+1=x4-5x3+(2-m)x2+1恰有3个不等实根,
∴x4-4x3+(1-m)x2=0,
显然x=0是其中一个根(二重根),
方程x2-4x+(1-m)=0有两个非零不等实根,则
Δ=16-4(1-m)>01-m≠0
∴m>-3且m≠1
故当m>-3且m≠1时,函数y=f(x)与y=g(x)的图象恰有3个交点.

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