人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22優(yōu)化練習(xí)：第一章 章末優(yōu)化總結(jié)

2019學(xué)年人教版高中數(shù)學(xué)選修精品資料 章末檢測(一) 時間：120分鐘　滿分：150分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．曲線y＝xex－1在點(1,1) 處切線的斜率等于(　　) A．2e　　　　　　　　　 B．e C．2 D．1 解析：由y＝xex－1得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲線在點(1,1)處切線的斜率k＝y(tǒng)′|x＝1＝e1－1＋1×e1－1＝2.故選C. 答案：C 2．二次函數(shù)y＝f(x)的圖象過原點且它的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象是如圖所示的一條直線，y＝f(x)的圖象的頂點在(　　) A．第Ⅰ象限 B．第Ⅱ象限 C．第Ⅲ象限 D．第Ⅳ象限 解析：設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，∵二次函數(shù)y＝f(x)的圖象過原點，∴c＝0，∴f′(x)＝2ax＋b，由y＝f′(x)的圖象可知，2a<0，b>0，∴a<0，b>0，∴－>0，＝－>0，故選A. 答案：A 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋3，若f′(1)＝3，則a等于(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－3 解析：∵f′(x)＝li ＝li ＝a， ∴f′(1)＝a＝3. 答案：C 4．若f(x)＝x2－2x－4ln x，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．(－1,0) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C．(2，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：f′(x)＝2x－2－＝＝，由f′(x)＞0得x＞2. 答案：C 5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2,2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2,2]上的最小值為(　　) A．－37 B．－29 C．－5 D．－11 解析：由f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)＝0，解得x＝0或x＝2，又f(0)＝m，f(2)＝m－8， f(－2)＝m－40，所以f(x)max＝m＝3，f(x)min＝m－40＝3－40＝－37. 答案：A 6．已知f(x)＝2cos2x＋1，x∈(0，π)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A. B. C. D. 解析：∵f(x)＝2cos2x＋1＝2＋cos 2x，x∈(0，π)， ∴f′(x)＝－2sin 2x. 令f′(x)>0，則sin 2x<0. 又x∈(0，π)，∴0<2x<2π. ∴π<2x<2π，即<x<π. 答案：C 7.設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 解析：由圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時， f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值，選D. 答案：D 8．由y＝－x2與直線y＝2x－3圍成的圖形的面積是(　　) A. B. C. D．9 解析：解得交點A(－3，－9)，B(1，－1)． 如圖，由y＝－x2與直線y＝2x－3圍成的圖形的面積 S＝－3(－x2)dx－－3(2x－3)dx ＝－x3－(x2－3x)＝. 答案：B 9．下列函數(shù)中，x＝0是其極值點的函數(shù)是(　　) A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝－cos x C．f(x)＝sin x－x D．f(x)＝ 解析：對于A，f′(x)＝－3x2≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點；對于B，f′(x)＝sin x，當(dāng)x∈(－π，0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(0，π)時，f′(x)>0，故f(x)＝－cos x在x＝0的左側(cè)區(qū)間(－π，0)內(nèi)單調(diào)遞減，在其右側(cè)區(qū)間(0，π)內(nèi)單調(diào)遞增，所以x＝0是f(x)的一個極小值點；對于C，f′(x)＝cos x－1≤0恒成立，在R上單調(diào)遞減，沒有極值點；對于D，f(x)＝在x＝0沒有定義，所以x＝0不可能成為極值點，綜上可知，答案選B. 答案：B 10．已知函數(shù)f(x)＝asin x－bcos x在x＝時取得極值，則函數(shù)y＝f(－x)是(　　) A．偶函數(shù)且圖象關(guān)于點(π，0)對稱 B．偶函數(shù)且圖象關(guān)于點(，0)對稱 C．奇函數(shù)且圖象關(guān)于點(，0)對稱 D．奇函數(shù)且圖象關(guān)于點(π，0)對稱 解析：∵f(x)的圖象關(guān)于x＝對稱，∴f(0)＝ f()，∴－b＝a， ∴f(x)＝asin x－bcos x＝asin x＋acos x＝asin(x＋)， ∴f(－x)＝asin(－x＋)＝asin(π－x)＝asin x. 顯然f(－x)是奇函數(shù)且關(guān)于點(π，0)對稱，故選D. 答案：D 11．已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝2，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)＜1(x∈R)，則不等式f(x)＜x＋1的解集為(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：不等式f(x)＜x＋1可化為f(x)－x＜1， 設(shè)g(x)＝f(x)－x， 由題意g′(x)＝f′(x)－1＜0，g(1)＝f(1)－1＝1，故原不等式?g(x)＜g(1)，故x＞1. 答案：A 12．函數(shù)f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的圖象大致為(　　) 解析：在[－π，π]上， ∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)＝(1－cos x) (－sin x)＝－(1－cos x)sin x＝－f(x)， ∴f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，排除B. 取x＝，則f()＝(1－cos)sin＝1＞0，排除A. ∵f(x)＝(1－cos x)sin x，∴f′(x)＝sin x·sin x＋(1－cos x)cos x ＝1－cos2x＋cos x－cos2x＝－2cos2x＋cos x＋1. 令f′(x)＝0，則cos x＝1或cos x＝－. 結(jié)合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的極大值點為π，靠近π，選C. 答案：C 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線上) 13．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________. 解析：令ex＝t，則x＝ln t，所以f(x)＝ln x＋x，即 f′(x)＝1＋，則f′(1)＝1＋1＝2. 答案：2 14．曲線y＝e－5x＋2在點(0,3)處的切線方程為________． 解析：因為y＝e－5x＋2，所以y′＝－5e－5x，所求切線的斜率為k＝y(tǒng)′|x＝0＝－5e0＝－5，故所求切線的方程為y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3或5x＋y－3＝0. 答案：y＝－5x＋3或5x＋y－3＝0 15．若函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析：f′(x)＝，令f′(x)> 0，得－1<x<1，即函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(－1,1)． 又f(x)在(m,2m＋1)上單調(diào)遞增，所以解得－1<m≤0. 答案：(－1,0] 16．周長為20 cm的矩形，繞一條邊旋轉(zhuǎn)成一個圓柱，則圓柱體積的最大值為_______． 解析：設(shè)矩形的長為x，則寬為10－x(0<x<10)，由題意可知所求圓柱的體積 V＝πx2(10－x)＝10πx2－πx3，∴V′(x)＝20πx－3πx2. 由V′(x)＝0得x＝0(舍去)，x＝，且當(dāng)x∈(0，)時，V′(x)>0，當(dāng)x∈(，10)時，V′(x)<0， ∴當(dāng)x＝時，V(x)取得最大值為π cm3. 答案：π cm3 三、解答題(本大題共有6小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分12分)求曲線y＝x3在點(3,27)處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積． 解析：因為f′(3)＝li ＝27，所以在點(3,27)處的切線方程為y－27＝27(x－3)，即y＝27x－54. 此切線與x軸、y軸的交點分別為(2,0)，(0，－54)． 所以切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為×2×54＝54. 18．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解析：(1)f′ (x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8. 從而a＝4，b＝4. (2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)(ex－)． 令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2. 從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(－2，－ln 2)時，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln 2)上單調(diào)遞減． 當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)． 19. (本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋bx在區(qū)間(－2,1)內(nèi)x＝－1時取極小值，x＝時取極大值． (1)求函數(shù)y＝f(x)在x＝－2時的對應(yīng)點的切線方程； (2)求函數(shù)y＝f(x)在[－2,1]上的最大值與最小值． 解析：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b. 又x＝－1，x＝分別對應(yīng)函數(shù)取得極小值、極大值， 所以－1，為方程－3x2＋2ax＋b＝0的兩個根． 所以a＝－1＋，－＝(－1)×. 于是a＝－，b＝2，則f(x)＝－x3－x2＋2x. 當(dāng)x＝－2時，f(－2)＝2，即(－2,2)在曲線上． 又切線斜率為k＝f′(－2)＝－8，所求切線方程為y－2＝－8(x＋2)， 即為8x＋y＋14＝0. (2)當(dāng)x變化時，f′(x)及f(x)的變化情況如下表： x －2 (－2，－1) －1 (－1，) (，1) 1 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 2  －   則f(x)在[－2,1]上的最大值為2，最小值為－. 20．(本小題滿分12分)已知二次函數(shù)f(x)＝3x2－3x，直線l1：x＝2和l2：y＝3tx(其中t為常數(shù)，且0<t<1)，直線l2與函數(shù)f(x)的圖象以及直線l1、l2與函數(shù)f(x)的圖象所圍成的封閉圖形如圖所示，設(shè)這兩個陰影區(qū)域的面積之和為S(t)． (1)求函數(shù)S(t)的解析式； (2)定義函數(shù)h(x)＝S(x)，x∈R.若過點A(1，m)(m≠4)可作曲線y＝h(x)(x∈R)的三條切線，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)由得x2－(t＋1)x＝0， 所以x1＝0，x2＝t＋1. 所以直線l2與f(x)的圖象的交點的橫坐標(biāo)分別為0，t＋1. 因為0<t<1，所以1<t＋1<2. 所以S(t)＝[3tx－(3x2－3x)]dx＋[(3x2－3x)－3tx]dx ＝＋ ＝(t＋1)3－6t＋2. (2)依據(jù)定義，h(x)＝(x＋1)3－6x＋2，x∈R，則 h′(x)＝3(x＋1)2－6. 因為m≠4，則點A(1，m)不在曲線y＝h(x)上． 過點A作曲線y＝h(x)的切線，設(shè)切點為M(x0，y0)， 則切線方程為：y－y0＝[3(x0＋1)2－6](x－x0)， 所以 消去y0，化簡整理得2x－6x0＋m＝0，其有三個不等實根． 設(shè)g(x0)＝2x－6x0＋m，則g′(x0)＝6x－6. 由g′(x0)>0，得x0>1或x0<－1； 由g′(x0)<0，得－1<x0<1， 所以g(x0)在區(qū)間(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x0＝－1時，函數(shù)g(x0)取極大值； 當(dāng)x0＝1時，函數(shù)g(x0)取極小值． 因此，關(guān)于x0的方程2x－6x0＋m＝0有三個不等實根的充要條件是 即即－4<m<4. 故實數(shù)m的取值范圍是(－4,4)． 21．(本小題滿分13分)(2014·高考北京卷)已知函數(shù)f(x)＝xcos x－sin x，x∈[0，]． (1)求證：f(x)≤0； (2)若a<<b對x∈(0，)恒成立，求a的最大值與b的最小值． 證明：(1)由f(x)＝xcos x－sin x得 f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 因為在區(qū)間(0，)上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在區(qū)間[0，]上單調(diào)遞減． 從而f(x)≤f(0)＝0. (2)當(dāng)x>0時，“>a”等價于“sin x－ax>0”；“<b”等價于“sin x－bx<0”． 令g(x)＝sin x－cx，則g′(x)＝cos x－c. 當(dāng)c≤0時，g(x)>0對任意x∈(0，)恒成立． 當(dāng)c≥1時，因為對任意x∈(0，)，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在區(qū)間[0，]上單調(diào)遞減．從而對 g(x)<g(0)＝0對任意x∈(0，)恒成立． 當(dāng)0<c<1時，存在唯一的x0∈(0，)使得g′(x0)＝cos x0－c＝0. g(x)與g′(x)在區(qū)間(0，)上的情況如下： x (0，x0) x0 (x0，) g′(x) ＋ 0 － g(x)   因為g(x)在區(qū)間[0，x0]上是增函數(shù)，所以g(x0)>g(0)＝0.進(jìn)一步，“g(x)>0對任意x∈(0，)恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g()＝1－c≥0，即0<c≤. 綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)c≤時，g(x)>0對任意x∈(0，)恒成立；當(dāng)且僅當(dāng)c≥1時，g(x)<0對任意x∈(0，)恒成立． 所以，若a<<b對任意x∈(0，)恒成立，則a的最大值為，b的最小值為1. 22．(本小題滿分13分)(2014·高考北京卷)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x. (1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值； (2)若過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍； (3)問過點A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結(jié)論) 解析：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3. 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝. 因為f(－2)＝－10，f＝，f＝－， f(1)＝－1， 所以f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為 f＝. (2)設(shè)過點P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，y0)， 則y0＝2x－3x0，且切線斜率為k＝6x－3， 所以切線方程為y－y0＝(6x－3)(x－x0)， 因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)，整理得4x－6x＋t＋3＝0. 設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3， 則“過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價于“g(x)有3個不同零點”． g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)． g(x)與g′(x)的情況如下： x (－∞，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ↗ t＋3 ↘ t＋1 ↗ 所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是 g(x)的極小值． 當(dāng)g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時，此時g(x)在區(qū)間 (－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點． 當(dāng)g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時，此時g(x)在區(qū)間 (－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多1個零點，所以g(x)至多有2個零點． 當(dāng)g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1時，因為g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分別在區(qū)間[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1個零點．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個零點． 綜上可知，當(dāng)過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝ f(x)相切時，t的取值范圍是(－3，－1)． (3)過點A(－1,2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切； 過點B(2,10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切； 過點C(0,2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切．