2021_2021学年高中数学第三章导数应用章末检测课后作业含解析北师大版选修2_.doc

第三章 导数应用章末检测时间：90分钟满分：100分第卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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)x3x2x1在闭区间1,1上的最大值是()A.B.C0 D解析：由f(x)3x22x10，得x1或x，f(1)0，f(1)0，f().答案：A2若f(x)，0<a<b<e，则有()Af(a)>f(b) Bf(a)f(b)Cf(a)<f(b) Df(a)·f(b)>1解析：f(x)ln x(1ln x)，在(0，e)上，f(x)>0.所以f(x)在(0，e)上是增函数答案：C3已知函数f(x)xln x，若f(x)在x0处的函数值与导数值之和等于1，则x0的值等于()A1 B1C±1 D不存在解析：f(x)ln x1，由题意知x0ln x0ln x011，x01或x01(舍)答案：A4函数f(x)x2sin x在0，上的极小值是()A. B0C.2 D1解析：因为f(x)x2sin x，所以f(x)12cos x，令f(x)0，可得cos x，其在0，上仅有一解x，当x时，函数f(x)x2sin x取得极小值f()2×.答案：A5设函数f(x)1xsin x在xx0处取得极值，则(1x)(1cos 2x0)1的值为()A1 B0C1 D2解析：f(x0)sin x0x0cos x00，所以x0cos x0sin x0，所以(1x)(1cos 2x0)12cos2x02xcos2x012cos2x02(sin x0)211.答案：C6函数f(x)x33axb(a>0)的极大值为6，极小值为2，则ab()A5 B3C8 D4解析：令f(x)3x23a0，得x±.经分析知f()2，f()6，解得a1，b4，ab5.答案：A7若函数f(x)x2bxc的图像顶点在第四象限，则其导函数f(x)的图像可能是()解析：f(x)x2bxc(x)2.由题意，得又f(x)2xb.由b<0，知f(x)的图像为选项A.答案：A8设函数f(x)xln x(x>0)，则yf(x)()A在区间(，1)，(1，e)内均有零点B在区间(，1)，(1，e)内均无零点C在区间(，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点D在区间(，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点解析：由题意，得f(x).令f(x)>0，得x>3；令f(x)<0，得0<x<3；令f(x)0，得x3.故知函数f(x)在区间(0,3)上为减函数，在区间(3，)上为增函数，故f(x)在点x3处有极小值1ln 3，且1ln 3<0.又f(1)，f(e)1<0，f()1>0.故选择D项答案：D9内接于半径为R的球且体积最大的圆柱体的高为()A.R B.RC.R D.R解析：作轴截面如图，设圆柱高为2h，则底面半径为，圆柱体体积为V·(R2h2)·2h2R2h2h3.令V0，得2R26h20，hR.即当2hR时，圆柱体的体积最大答案：A10对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(xa)f(x)0，则必有()Af(x)f(a) Bf(x)f(a)Cf(x)>f(a) Df(x)<f(a)解析：由(xa)f(x)0知，当x>a时，f(x)0；当x<a时，f(x)0，所以当xa时，函数f(x)取得最小值，则f(x)f(a)，故选A.答案：A第卷(非选择题，共60分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)11函数y2x36x211的单调递减区间为_解析：y6x212x，令6x212x<0，得0<x<2.答案：(0,2)12已知函数yx3x2ax5，若函数的单调递减区间是(3,1)，则实数a的值是_解析：由于yx22xa，由函数的单调递减区间是(3,1)知x|f(x)<0x|3<x<1，所以3,1是方程x22xa0的两个实数根，由根与系数的关系知，(3)×1a，所以a3.答案：313已知函数f(x)x3ax23ax1在区间(，)内既有极大值，又有极小值，则实数a的取值范围是_解析：由题意得y3x22ax3a0有两个不同的实根，故(2a)24×3×3a>0，解得a<0或a>9.答案：(，0)(9，)14点P是曲线yx2ln x上任意一点，则P到直线yx2的距离的最小值是_解析：设P(x0，y0)，由题意，过点P的曲线的切线与直线yx2平行时，P到直线yx2的距离最小由y2x，得xx0时2x01，解得x0或x01.又x>0，x01，则y01.P(1,1)P到直线yx2的距离的最小值为.答案：三、解答题(本大题共4小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(10分)设定义在(0，)上的函数f(x)axb(a>0)(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx，求a，b的值解析：(1)f(x)axb2 bb2，当且仅当ax1(x)时，f(x)的最小值为b2.(2)由题意得：f(1)ab，f(x)af(1)a，由得：a2，b1.16(10分)设函数f(x)x.(1)令N(x)(1x)21ln(1x)，判断并证明N(x)在(1，)上的单调性，求N(0)；(2)求f(x)的定义域上的最小值解析：(1)当x>1时，N(x)2x2>0，所以N(x)在(1，)上是增加的，N(0)0.(2)f(x)的定义域是(1，)，f(x)1，当1<x<0时，N(x)<0，f(x)<0；当x>0时，N(x)>0，f(x)>0.在(1,0)上，f(x)是减少的，在(0，)上，f(x)是增加的f(x)minf(0)0.17(12分)求证：x>0时，12x<e2x .证明：设f(x)12xe2x，则f(x)22e2x2(1e2x)当x>0时，e2x>1，f(x)2(1e2x)<0，所以函数f(x)12xe2x在(0，)上是减函数当x>0时，f(x)<f(0)0，即当x>0时，12xe2x<0，即12x<e2x.18(12分)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 21且x>0时，ex>x22ax1.解析：(1)由f(x)ex2x2a，xR知f(x)ex2，xR.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当a>ln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)>0.于是对任意xR，都有g(x)>0，所以g(x)在R内是增加的于是当a>ln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)>g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)>0.即exx22ax1>0，故ex>x22ax1.