高中數(shù)學人教A版2本冊總復習總復習 單元測評(二)

單元測評(二)導數(shù)及其應用(B卷)(時間：90分鐘滿分：120分)第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題：本大題共10小題，共50分．1．函數(shù)f(x)在x＝1處的導數(shù)為1，則eq\o(lim,\s\do14(x→0))eq\f(f1－x－f1＋x,3x)的值為()A．3 B．－eq\f(3,2)\f(1,3) D．－eq\f(2,3)答案：D2．函數(shù)f(x)＝axm(1－x)n在區(qū)間[0,1]上的圖象如圖所示，則m，n的值可能是()A．m＝1，n＝1B．m＝1，n＝2C．m＝2，n＝1D．m＝3，n＝1答案：B3．曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形面積為()\f(1,3) \f(1,2)\f(2,3) D．1答案：A4．求曲線y＝x2與y＝x所圍成圖形的面積，其中正確的是()A．S＝eq\i\in(0,1,)(x2－x)dxB．S＝eq\i\in(0,1,)(x－x2)dxC．S＝eq\i\in(0,1,)(y2－y)dxD．S＝eq\i\in(0,1,)(y－eq\r(y))dy解析：兩函數(shù)圖象的交點坐標是(0,0)，(1,1)，故積分上限是1，下限是0，由于在[0,1]上，x≥x2，故函數(shù)y＝x2與y＝x所圍成圖形的面積S＝eq\i\in(0,1,)(x－x2)dx.答案：B5．已知實數(shù)a，b，c，d成等比數(shù)列，且函數(shù)y＝ln(x＋2)－x，當x＝b時取到極大值c，則ad等于()A．－1 B．0C．1 D．2解析：y′＝eq\f(1,x＋2)－1，令y′＝0得x＝－1，當－2<x<－1時，y′>0，當x>－1時，y′<0，∴b＝－1，c＝ln(－1＋2)－(－1)＝1，∴ad＝bc＝－1，故選A.答案：A6．下列圖象中，有一個是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的導數(shù)f′(x)的圖象，則f(－1)的值為()(1)(2)(3)\f(1,3) B．－eq\f(1,3)\f(7,3) D．－eq\f(1,3)或eq\f(5,3)解析：f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，其圖象為開口向上的拋物線，故不是第一個圖；第二個圖中，a＝0，f′(x)＝x2－1，但已知a≠0，故f′(x)的圖象為第三個圖，∴f′(0)＝0，∴a＝±1，又其對稱軸在y軸右邊，∴a＝－1，∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋1，∴f(－1)＝－eq\f(1,3)，故選B.答案：B7．已知曲線方程f(x)＝sin2x＋2ax(a∈R)，若對任意實數(shù)m，直線l：x＋y＋m＝0都不是曲線y＝f(x)的切線，則a的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(－1,0)B．(－∞，－1)∪(0，＋∞)C．(－1,0)∪(0，＋∞)D．a(chǎn)∈R且a≠0，a≠－1解析：若存在實數(shù)m，使直線l是曲線y＝f(x)的切線，∵f′(x)＝2sinxcosx＋2a＝sin2x＋2a，∴方程sin2x＋2a＝－1有解，∴－1≤a≤0，故所求a的取值范圍是(－∞，－1)∪答案：B8．設函數(shù)f(x)＝ax2＋b(a≠0)，若eq\i\in(0,3,)f(x)dx＝3f(x0)，則x0＝()A．±1 \r(2)C．±eq\r(3) D．2解析：eq\i\in(0,3,)f(x)dx＝eq\i\in(0,3,)(ax2＋b)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)ax3＋bx))|eq\o\al(3,0)＝9a＋3b.由eq\i\in(0,3,)f(x)dx＝3f(x0)得，9a＋3b＝3axeq\o\al(2,0)＋3b，∴xeq\o\al(2,0)＝3，∴x0＝±eq\r(3).答案：C9．設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(3)＝0，則不等式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)解析：設F(x)＝eq\f(fx,gx)，則F′(x)＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)，由題意知：F(x)為奇函數(shù)，F(xiàn)(x)在(－∞，0)上遞增，F(xiàn)(3)＝0，數(shù)形結合易得F(x)<0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)，從而f(x)g(x)<0的解集也為(－∞，－3)∪(0,3)．答案：D10．已知函數(shù)f(x)＝ax2－1的圖象在點A(1，f(1))處的切線l與直線8x－y＋2＝0平行，若數(shù)列{eq\f(1,fn)}的前n項和為Sn，則S2012的值為()\f(2011,2013) \f(2012,2013)\f(4024,4025) \f(2012,4025)解析：∵f′(x)＝2ax，∴f(x)在點A處的切線斜率為f′(1)＝2a，由條件知2a＝8，∴∴f(x)＝4x2－1，∴eq\f(1,fn)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n－1)·eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴數(shù)列{eq\f(1,fn)}的前n項和為Sn＝eq\f(1,f1)＋eq\f(1,f2)＋…＋eq\f(1,fn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1)，∴S2012＝eq\f(2012,4025).答案：D第Ⅱ卷(非選擇題，共70分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．11．y＝eq\f(sinx,1＋cosx)，－π<x<π，當y′＝2時，x＝________.解析：y′＝eq\f(cosx1＋cosx＋sin2x,1＋cosx2)＝eq\f(1,1＋cosx)，令eq\f(1,1＋cosx)＝2，得cosx＝－eq\f(1,2)，∵－π<x<π，∴x＝±eq\f(2,3)π.答案：±eq\f(2,3)π12．已知函數(shù)f(x)＝3x2＋2x＋1，若eq\i\in(,1,)－1f(x)dx＝2f(a)(a>0)成立，則a＝________.解析：答案：eq\f(1,3)13．函數(shù)y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－3＝0，則f′(1)＋f(1)＝________.解析：由導數(shù)的幾何意義得f′(1)＝－2，又根據(jù)(1，f(1))在切線上得f(1)＝1，所以，f′(1)＋f(1)＝－1.答案：－114．f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上單調遞減，則b的取值范圍為________．解析：問題轉化為f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，故b≤x2＋2x在(－1，＋∞)上恒成立，∵x2＋2x>(－1)2＋2×(－1)＝－1，∴b≤－1.答案：(－∞，－1]三、解答題：本大題共4小題，滿分50分．15．(12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋(a2－1)x＋b(a，b∈R)，其圖象在點(1，f(1))處的切線方程為x＋y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間，并求出f(x)在區(qū)間[－2,4]上的最大值．解：(1)f′(x)＝x2－2ax＋a2－1，∵(1，f(1))在x＋y－3＝0上，∴f(1)＝2，∴(1,2)在y＝f(x)上，∴2＝eq\f(1,3)－a＋a2－1＋b.又f′(1)＝－1，∴a2－2a解得a＝1，b＝eq\f(8,3).6分(2)∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋eq\f(8,3)，∴f′(x)＝x2－2x，由f′(x)＝0可知x＝0和x＝2是f(x)的極值點，所以有x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(0,2)．∵f(0)＝eq\f(8,3)，f(2)＝eq\f(4,3)，f(－2)＝－4，f(4)＝8，∴在區(qū)間[－2,4]上的最大值為分16．(12分)已知x＝1是函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋axex，x>0，,bx，x≤0))的極值點．(1)求a的值；(2)函數(shù)y＝f(x)－m有2個零點，求m的范圍．解：(1)∵x>0時，f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，∴f′(1)＝(3＋2a由題意得f′(1)＝0，故a＝－eq\f(3,2).2分(2)問題可轉化為y＝f(x)與y＝m圖象有2個交點，x>0時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)x))ex，∴f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)x－\f(3,2)))ex.令f′(x)＝0得x＝1或x＝－eq\f(3,2)(舍)，∴易知f(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，∴當x>0時，f(x)min＝f(1)＝－eq\f(e,2).4分①當b<0時，f(x)的草圖如圖①：①故m>－eq\f(e,2)時滿足題意；6分②當b＝0時f(x)的草圖如圖②：②故－eq\f(e,2)<m<0時滿足題意；8分③當b>0時f(x)的草圖如圖③：③故m＝－eq\f(e,2)或m＝0時滿足題意.10分綜上所述：當b<0時，m>－eq\f(e,2)；當b＝0時，－eq\f(e,2)<m<0；當b>0時，m＝－eq\f(e,2)或m＝分17．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2的圖象經(jīng)過點M(1,4)，曲線在點M處的切線恰好與直線x＋9y＝0垂直，(1)求實數(shù)a，b的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，m＋1]上單調遞增，求m的取值范圍．解：(1)∵f(x)＝ax3＋bx2的圖象經(jīng)過點M(1,4)，∴a＋b＝4.①f′(x)＝3ax2＋2bx，則f′(1)＝3a＋2b，由已知得f′(1)·(－eq\f(1,9))＝－1，即3a＋2b＝9，②由①②式解得a＝1，b＝分(2)f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x，令f′(x)＝3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2，∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－2]和[0，＋∞)．由條件知m≥0或m＋1≤－2，∴m≥0或m≤－分18．(14分)設函數(shù)f(x)＝x2＋aln(x＋1)．(1)若a＝－4，寫出函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若在區(qū)間[0,1]上，函數(shù)f(x)在x＝0處取得最大值，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)a＝－4，f(x)＝x2－4ln(x＋1)(x>－1)，f′(x)＝2x－eq\f(4,x＋1)＝eq\f(2x＋2x－1,x＋1)(x>－1)，∴當－1<x<1時f′(x)<0，當x>1時f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增.4分(2)f′(x)＝2x＋eq\f(a,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋a,x＋1)(x>－1)．∵函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，∴2x2＋2x＋a≥0在[2，＋∞)上恒成立，令t＝2x2＋2x＝2eq\b\lc\(\rc\