选修2-2第一章单元测试(一)eq\o(\s\up7(时间：120分钟总分：150分),\s\do5())一、选择题(每小题5分，共60分)1．函数f(x)＝eq\r(x)·sinx的导数为( )A．f′(x)＝2eq\r(x)·sinx＋eq\r(x)·cosxB．f′(x)＝2eq\r(x)·sinx－eq\r(x)·cosxC．f′(x)＝eq\f(sinx,2\r(x))＋eq\r(x)·cosxD．f′(x)＝eq\f(sinx,2\r(x))－eq\r(x)·cosx2．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＝1B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1D．a＝－1，b＝－13．设f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，则x0＝( )A．e2B．eC.eq\f(ln2,2)D．ln24．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于( )A．0B．－4C．－2D．25.图中由函数y＝f(x)的图象与x轴围成的阴影部分的面积，用定积分可表示为( )A.eq\i\in(-3,3,)f(x)dxB.eq\i\in(1,3,)f(x)dx＋eq\i\in(,1,)－3f(x)dxC.eq\i\in(-3,1,)f(x)dxD.eq\i\in(-3,1,)f(x)dx－eq\i\in(1,3,)f(x)dx6．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，给出下面四个判断：①f(x)在区间[－2，－1]上是增函数；②x＝－1是f(x)的极小值点；③f(x)在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数；④x＝2是f(x)的极小值点．其中，所有正确判断的序号是( )A．①②B．②③C．③④D．①②③④7．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( )A．0≤a≤21B．a＝0或a＝7C．a<0或a>21D．a＝0或a＝218．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为P元，销售量为Q，则销量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170P－P2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)( )A．30元B．60元C．28000元D．23000元9．函数f(x)＝－eq\f(x,ex)(af(b)D．f(a)，f(b)大小关系不能确定10．函数f(x)＝－x3＋x2＋x－2的零点个数及分布情况为( )A．一个零点，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))内B．二个零点，分别在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，(0，＋∞)内C．三个零点，分别在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，(1，＋∞)内D．三个零点，分别在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，(0,1)，(1，＋∞)内11．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( )A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)12．设f(x)是定义在R上的可导函数，且满足f′(x)>f(x)，对任意的正数a，下面不等式恒成立的是( )A．f(a)eaf(0)C．f(a)<eq\f(f0,ea)D．f(a)>eq\f(f0,ea)二、填空题(每小题5分，共20分)13．过点(2,0)且与曲线y＝eq\f(1,x)相切的直线的方程为________．14．已知M＝eq\i\in(0,1,)eq\r(1－x2)dx，N＝eq\i\in(0,eq\f(π,2),)cosxdx，则程序框图输出的S＝________.15．设函数f(x)＝xm＋ax的导数为f′(x)＝2x＋1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N＋)的前n项和是________．16．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)设函数f(x)＝－x3－2mx2－m2x＋1－m(其中m>－2)的图象在x＝2处的切线与直线y＝－5x＋12平行．(1)求m的值；(2)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值．18．(12分)已知函数f(x)＝kx3－3(k＋1)x2－k2＋1(k>0)，若f(x)的单调递减区间是(0,4)，(1)求k的值；(2)当k3－eq\f(1,x)19.(12分)已知函数f(x)＝kx3－3x2＋1(k≥0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的极小值大于0，求k的取值范围．20.(12分)湖北宜昌“三峡人家”风景区为提高经济效益，现对某一景点进行改造升级，从而扩大内需，提高旅游增加值，经过市场调查，旅游增加值y万元与投入x(x≥10)万元之间满足：y＝f(x)＝ax2＋eq\f(101,50)x－blneq\f(x,10)，a，b为常数，当x＝10时，y＝19.2；当x＝20时，y＝35.7.(参考数据：ln2＝0.7，ln3＝1.1，ln5＝1.6)(1)求f(x)的解析式；(2)求该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值．(利润＝旅游收入－投入)21.(12分)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d有极值．(1)求c的取值范围；(2)若f(x)在x＝2处取得极值，且当x<0时，f(x)<eq\f(1,6)d2＋2d恒成立，求d的取值范围．22.(12分)(2015·银川一中月考)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>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.答案1．C f′(x)＝(eq\r(x))′·sinx＋eq\r(x)·(sinx)′＝eq\f(1,2\r(x))·sinx＋eq\r(x)·cosx，故选C.2．A ∵y′＝2x＋a，∴曲线y＝x2＋ax＋b在(0，b)处的切线方程的斜率为a，切线方程为y－b＝ax，即ax－y＋b＝0.∴a＝1，b＝1.3．B f′(x)＝(xlnx)′＝lnx＋1，∴f′(x0)＝lnx0＋1＝2，∴x0＝e.4．B f′(x)＝2x＋2f′(1)，∴f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，∴f′(x)＝2x－4，∴f′(0)＝－4.5．D 由定积分的几何意义可知，函数y＝f(x)的图象与x轴围成的阴影部分的面积为eq\i\in(,1,)－3f(x)dx－eq\i\in(1,3,)f(x)dx.故选D.6．B 由函数y＝f(x)的导函数的图象可知：(1)f(x)在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数；(2)f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故②③正确．7．A f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数不存在极值点．故选A.8．D 设毛利润为L(P)，由题意知L(P)＝PQ－20Q＝Q(P－20)＝(8300－170P－P2)(P－20)＝－P3－150P2＋11700P－166000，所以L′(P)＝－3P2－300P＋11700，令L′(P)＝0，解得P＝30或P＝－130(舍去)．此时，L(30)＝23000.根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23000元．9．C f′(x)＝－eq\f(ex－xex,ex2)＝eq\f(x－1,ex)，当x<1时，f′(x)<0，即f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，又∵af(b)．10．A 利用导数法易得函数f(x)在－∞，－eq\f(1,3)内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－eq\f(59,27)<0，f(1)＝－1<0，故函数f(x)的图象与x轴仅有一个交点，且交点横坐标在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))内，故选A.11.C 当1≤x≤2时，f′(x)≥0，则f(2)≥f(1)；而当0≤x≤1时，f′(x)≤0，则f(1)≤f(0)，从而f(0)＋f(2)≥2f(1)．12．B 构造函数g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，故函数g(x)＝eq\f(fx,ex)在R上单调递增，所以g(a)>g(0)，即eq\f(fa,ea)>eq\f(f0,e0)，即f(a)>eaf(0)．13．x＋y－2＝0解析：设所求切线与曲线的切点为P(x0，y0)，∵y′＝－eq\f(1,x2)，∴y′eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))x＝x0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))，所求切线的方程为y－y0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))(x－x0)．∵点(2,0)在切线上，∴0－y0＝－eq\f(1,x\o\al(2,0))(2－x0)，∴xeq\o\al(2,0)y0＝2－x0.①又∵x0y0＝1，②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝1，))∴所求直线方程为x＋y－2＝0.14.eq\f(π,4)解析：M＝eq\i\in(0,1,)eq\r(1－x2)dx＝eq\f(1,4)π×12＝eq\f(π,4)，N＝∫eq\f(π,2)0cosxdx＝sinxeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))eq\f(π,2)0＝1，MN，则S＝M＝eq\f(π,4).15.eq\f(n,n＋1)解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,a＝1.))则f(x)＝x2＋x，eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).16．[1，＋∞)解析：根据题意，知f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立，∴m≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)，令g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2＋1，则当eq\f(1,x)＝1时，函数g(x)取得最大值1，故m≥1.17．解：(1)因为f′(x)＝－3x2－4mx－m2，所以f′(2)＝－12－8m－m2＝－5，解得m＝－1或m＝－7(舍去)，即m＝－1.(2)令f′(x)＝－3x2＋4x－1＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f(1,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))1f′(x)－＋f(x)2eq\f(50,27)2所以函数f(x)在区间[0,1]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(50,27).18．解：(1)f′(x)＝3kx2－6(k＋1)x，由f′(x)<0得01时，1<eq\r(x)eq\f(1,x2)，∴g′(x)>0，∴g(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增．∴x>1时，g(x)>g(1)，即2eq\r(x)＋eq\f(1,x)>3，∴2eq\r(x)>3－eq\f(1,x). 19.解：(1)当k＝0时，f(x)＝－3x2＋1，∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，单调减区间[0，＋∞)．当k>0时，f′(x)＝3kx2－6x＝3kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,k)))，∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))，单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,k))).(2)当k＝0时，函数f(x)不存在极小值，当k>0时，依题意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＝eq\f(8,k2)－eq\f(12,k2)＋1>0，即k2>4，所以k的取值范围为(2，＋∞)．20．解：(1)由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a×102＋\f(101,50)×10－bln1＝19.2,a×202＋\f(101,50)×20－bln2＝35.7))，解得a＝－eq\f(1,100)，b＝1，则f(x)＝－eq\f(x2,100)＋eq\f(101,50)x－lneq\f(x,10)(x≥10)．(2)由题意知T(x)＝f(x)－x＝－eq\f(x2,100)＋eq\f(51,50)x－lneq\f(x,10)(x≥10)，则T′(x)＝eq\f(－x,50)＋eq\f(51,50)－eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1x－50,50x)，令T′(x)＝0，则x＝1(舍去)或x＝50.当x∈(10,50)时，T′(x)>0，T(x)在(10,50)上是增函数；当x∈(50，＋∞)时，T′(x)<0，T(x)在(50，＋∞)上是减函数，∴x＝50为T(x)的极大值点，又T(50)＝24.4.故该景点改造升级后旅游利润T(x)的最大值为24.4万元．21.解：(1)∵f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋cx＋d，∴f′(x)＝x2－x＋c，要使f(x)有极值，则方程f′(x)＝x2－x＋c＝0，有两个实数解，从而Δ＝1－4c>0，∴c<eq\f(1,4).(2)∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝4－2＋c＝0，∴c＝－2.∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋d.∵f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，∴当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，函数单调递增，当x∈(－1,2]时，f′(x)<0，函数单调递减．∴x<0时，f(x)在x＝－1处取得最大值eq\f(7,6)＋d，∵x<0时，f(x)<eq\f(1,6)d2＋2d恒成立，∴eq\f(7,6)＋d<eq\f(1,6)d2＋2d，即(d＋7)(d－1)>0，∴d<－7或d>1，即d的取值范围是(－∞，－7)∪(1，＋∞)．22．解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2－2ln2＋2a单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2－2ln2＋2a.(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)及a>ln2－1知，对任意x∈R，都有g′(x)≥g′(ln2)＝2－2ln2＋2a>0，所以g(x)在R内单调递增．于是，当a>ln2－1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.
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