导数单元测试题理及答案 .pdf

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1、- 1 - 高 二 数 学 阶 段 检 测( 理) 一选择题 （共 10 题，每题 5 分） 1 已知函数 f(x)=ax2c,且(1)f=2,则 a 的值为（）A. 1 B. 2C. 1 D. 0 2 函数13)(23xxxf是减函数的区间为( ) A),2(B)2,( C )0,( D （0，2）3曲线3231yxx在点（ 1，-1）处的切线方程为（）A34yx B 。32yx C 。43yx D。45yxa 4 由曲线 yx22x 与直线 yx 所围成的封闭图形的面积为() A. 16B. 13C. 56D. 23 5 函数,93)(23xaxxxf已知3)(xxf在时取得极值，则a=

2、( ) A2 B3 C4 D5 6 在函数xxy83的图象上，其切线的倾斜角小于4的点中，坐标为整数的点的个数是( ) A3 B2 C1 D 0 7函数3( )1f xaxx有极值的充要条件是（）A0a B0a C0a D0a8设函数 f (x)在定义域内可导， y = f (x)的图象如左图所示，则导函数y =f (x)的图象可能是A. B. C. D. 9设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 f(2)0，当 x0 时，有xf x f xx20 的解集是() A(2,0)(2， ) B(2,0)(0,2) C( ， 2)(2， ) D (， 2) (0,2)o x y o x y o x

3、 y o x y y o x 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页- 2 - 10曲线313yxx在点413，处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（）19291323二填空题 （共 5 题，每题 5 分）11设 f ( x ) = x321x22x5，当2, 1x时，f ( x ) 0 时f xx0， (x)f xx为减函数，又 (2)0，当且仅当 0 x0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页- 5 - 此时 x2f(x)0.又 f(x)为奇函

4、数， h(x)x2f(x)也为奇函数故x2f(x)0 的解集为 (0,2) ( ， 2)二填空题 11 、m7 12 、4 -11 13、答案1， )解析f(x)mx1x20 对一切 x0 恒成立，m1x22x，令 g(x)1x22x，则当1x1 时，函数 g(x)取最大值 1，故 m1. 14、),322,015、答案94，解析由于 f(x)11x120，因此函数 f(x)在0,1上单调递增，所以 x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得 g(x)x22ax41，即 x22ax50，即 ax252x能成立，令 h(x)x252x，则要使 ah(x)在 x1,2能成

5、立，只需使 ah(x)min，又函数 h(x)x252x在 x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)94，故只需 a94. 三解答题16解： （）由)(xf的图象经过 P（0，2） ，知 d=2，所以,2)(23cxbxxxf.23)(2cbxxxf由在)1(,1(fM处的切线方程是076yx知. 6)1(, 1) 1(,07)1(6fff即. 3, 0, 32.121,623cbcbcbcbcb解得即故所求的解析式是.233)(23xxxxf（2）.012,0363.363)(222xxxxxxxf即令解得.21,2121xx当;0)(,21,21xfxx时或当.0)(,2121xfx

6、时故)21 ,(233)(23在xxxxf内是增函数，在)21 ,21 (内是减函数，在),21 (内是增函数 . 17 （）解：323)(2bxaxxf，依题意，0)1() 1(ff，即.0323,0323baba解得0, 1 ba. )1)(1(333)(,3)(23xxxxfxxxf. 令0)(xf，得1, 1xx. 若), 1 ()1,(x，则0)(xf，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页- 6 - 故)(xf在)1,(上是增函数，)(xf在),1 (上是增函数 . 若) 1, 1(x，则0)(xf，故)(x

7、f在)1, 1(上是减函数 . 所以，2)1(f是极大值；2)1 (f是极小值 . （）解：曲线方程为xxy33，点)16, 0(A不在曲线上 . 设切点为),(00yxM，则点 M的坐标满足03003xxy. 因) 1(3)(200 xxf，故切线的方程为)(1(30200 xxxyy注意到点 A（0，16）在切线上，有)0)(1(3)3(16020030 xxxx化简得830 x，解得20 x. 所以，切点为)2,2(M，切线方程为0169yx. 18解： （1）22( )33(2)63 ()(1),fxaxaxa xxa( )f x极小值为(1)2af（2）若0a，则2( )3(1)f

8、xx，( )f x的图像与x轴只有一个交点；若0a，( )f x极大值为(1)02af，( )f xQ的极小值为2()0fa，( )f x的图像与x轴有三个交点；若 02a，( )f x的图像与x轴只有一个交点；若2a，则2( )6(1)0fxx，( )f x的图像与x轴只有一个交点；若2a，由（ 1）知( )f x的极大值为22133()4()044faa，( )f x的图像与x轴只有一个交点；综上知，若0,( )af x的图像与x轴只有一个交点；若0a，( )f x的图像与x轴有三个交点。19. 解： （）因为赔付价格为S元吨，所以乙方的实际年利润为：2000(0).wtst t因为221

9、00010002000()wtststss， 4 分所以当21000()ts时，w 取得最大值所以乙方取得最大年利润的年产量21000()ts吨5 分（）设甲方净收入为v 元，则20.002vstt精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页- 7 - 将21000()ts代入上式，得到甲方净收入v 与赔付价格之间的函数关系式：23410002 1000vss7分又232325510008 10001000(8000)svsss令0v，得 s=20当 s20时，0v，所以 s=20时，v 取得最大值 11 分因此甲方向乙方要求

10、赔付价格s=20（元吨）时，获最大净收入1 2 分20解： （）2( )663fxxaxb，因为函数( )f x在1x及2x取得极值，则有(1)0f，(2)0f即663024 1230abab，解得3a，4b（）由（）可知，32( )29128f xxxxc，2( )618126(1)(2)fxxxxx当(01)x，时，( )0fx；当(12)x，时，( )0fx；当(2 3)x，时，( )0fx所以，当1x时，( )f x取得极大值(1)58fc，又(0)8fc，(3)98fc则当0 3x， 时，( )fx的最大值为(3)98fc因为对于任意的0 3x， ，有2( )f xc恒成立，所以29

11、8cc，解得1c或9c，因此c的取值范围为(1)(9)U，21. 【答案】 () 当1k时,21xfxxex ,1222xxxxfxexexxexx e令0fx, 得10 x,2ln 2x当 x变化时 ,fxfx 的变化如下表 : x,000,ln 2ln 2ln 2,fx00fx增极减极增精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页- 8 - 大值小值右表可知 , 函数 fx 的递减区间为0,ln 2 , 递增区间为,0 ,ln 2,. () 1222xxxxfxexekxxekxx ek,令0fx,得10 x,2ln 2x

12、k , 令ln 2g kkk , 则1110kgkkk, 所以 g k 在1,12上递增 , 所以ln 2 1ln 2ln0g ke, 从而 ln 2kk , 所以 ln 20,kk所以当0,ln 2xk时,0fx; 当ln 2,xk时,0fx; 所以3max0 ,max1,1kMffkkek令311kh kkek,则3kh kk ek,令3kkek,则330kkee所以k 在1,12上递减 , 而1313022ee所 以 存 在01,12x使 得00 x, 且 当01,2kx时 ,0k, 当0,1kx时,0k, 所以k 在01,2x上单调递增 , 在0,1x上单调递减 . 因为1170228he,10h, 所以0h k在1,12上恒成立 , 当且仅当1k时取得“”.综上, 函数 fx 在 0,k 上的最大值31kMkek . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页