《2018年高中数学人教a版选修2-2第1章导数及其应用 检测b习题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高中数学人教a版选修2-2第1章导数及其应用 检测b习题含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-2 习题1第一章检测(B)(时间:90 分钟 满分:120 分) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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 已知 f(x)=2x+ln x,则 f(2)等于( )A.0B.4ln 2+1 2C.ln 4D.e2答案 A2 若 f(x)=x2-2x-4ln x,则 f(x)的单调递增区间为( )A.(-1,0)B.(-1,0),(2,+)C.(2,+)D.(0,+)解析由题意知,f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2x-2-,4 =2(2- - 2) =2(
2、 + 1)( - 2) 由 f(x)0,得 x2.答案 C3 函数 y=(x+1)2(x-1)在 x=1 处的导数等于( )A.1B.2C.3D.4解析y=2(x+1)(x-1)+(x+1)2,y|x=1=4.答案 D4 已知某列车沿直线轨道前进,刹车后列车的速度为 v(t)=18-6t,则列车的刹车距离为( )A.27B.54C.81D.13.5解析令 v(t)=0,得 18-6t=0,得 t=3,所以列车的刹车距离为v(t)dt=(18-6t)dt=(18t-3t2) =27.30 30 |30答案 A5 曲线 y=在点(-1,-1)处的切线方程为( ) + 2A.y=2x+1B.y=2x
3、-1人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-2 习题2C.y=-2x-3D.y=-2x-2解析y=,曲线在点(-1,-1)处的切线斜率为 y|x=-1=2.2( + 2)22( - 1 + 2)2故切线方程为 y+1=2(x+1),即 y=2x+1.答案 A6 对任意的 xR,函数 f(x)=x3+ax2+7ax 不存在极值的充要条件是( )A.0a21B.a=0 或 a=7C.a21D.a=0 或 a=21解析 f(x)=3x2+2ax+7a,当 =4a2-84a0,即 0a21 时,f(x)0 恒成立,函数不存在极值.故选 A.答案 A7 已知 f(x)=kx2+2x+2k
4、 在(1,2)内有极值点,则 k 的取值范围是( )A.-1-1 21 2C. 0)的图象在点(ak,)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak+1,其中 kN*.若2a1=16,则 a1+a3+a5的值是 . 解析由于 y=2x,则函数 y=x2(x0)在点(a1,)(a1=16)处(即点(16,256)处)的切线方程为 y-256=32(x-16).21令 y=0,得 a2=8.同理函数 y=x2(x0)在点(a2,)(a2=8)处(即点(8,64)处)的切线方程为 y-64=16(x-8).22令 y=0,得 a3=4,依次同理求得 a4=2,a5=1.所以 a1+a3+a5=21.答案
5、21人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-2 习题515 已知函数 y=f(x)的图象是折线段 ABC,其中 A(0,0),B,C(1,0),函数 y=xf(x)(0x1)的图象(1 2,5)与 x 轴围成的图形的面积为 . 解析由题意 f(x)=10,0 1 2, - 10 + 10,120,求不等式 f(x)+k(1-x)f(x)0 的解集.解(1)f(x)= ex- ex=ex.1 12 - 12由 f(x)=0,得 x=1.当 x1 时,f(x)0.所以 f(x)的单调递增区间是1,+),单调递减区间是(-,0),(0,1).(2)由 f(x)+k(1-x)f(x)=
6、ex=ex0,得(x-1)(kx-1)1 时,解集是.|1 0,函数为增函数;1 2当 0 时,f(x)0,使得对任意的 x(0,x0),恒有 f(x)g(x);(3)确定 k 的所有可能取值,使得存在 t0,对任意的 x(0,t),恒有|f(x)-g(x)|0 时,F(x)0 时,f(x)0,故 G(x)在0,+)内递增,G(x)G(0)=0,故任意正实数 x0均满足题意.当 00,1 - =1 取 x0= -1,对任意 x(0,x0),有 G(x)0,1 从而 G(x)在0,x0)内递增,所以 G(x)G(0)=0,即 f(x)g(x).综上,当 k0,使得对任意 x(0,x0),恒有 f
7、(x)g(x).(3)解法一当 k1 时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故 g(x)f(x),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x).令 M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x0,+),则有 M (x)=k-2x1 1 + =,- 22+ ( - 2) + - 1 + 1故当 x时,M(x)0,(0, - 2 +( - 2)2+ 8( - 1) 4)M(x)在内递增,0, - 2 +( - 2)2+ 8( - 1) 4)故 M(x)M(0)=0,即|f(x)-g(x)|x2.所以满足题意的 t 不存在.当 k0,使得当 x(0,x0)时,f(x)
8、g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx.令 N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x0,+),则有 N(x)=-k-2x1 + 1=,- 22- ( + 2) + 1 - + 1当 x时,N(x)0,(0,- ( + 2) +( + 2)2+ 8(1 - ) 4)N(x)在内递增,故 N(x)N(0)=0,即 f(x)-g(x)x2.0,- ( + 2) +( + 2)2+ 8(1 - ) 4)记 x0与中的较小者为 x1,则当 x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.- ( + 2) +( + 2)2+ 8(1 - ) 4故满足题意的 t 不
9、存在.当 k=1 时,由(1)知,当 x0 时,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x).令 H(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有 H(x)=1-2x=.1 1 + - 22- + 1人教 A 版 2018-2019 学年高中数学选修 2-2 习题9当 x0 时,H(x)0 时,恒有|f(x)-g(x)|1 时,由(1)知,对于x(0,+),g(x)xf(x),故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)kx-x=(k-1)x.令(k-1)xx2,解得 01 时,对于 x(0,k-1),恒有|f(x)-g(x)|x2,故满足题意的 t
10、 不存在.当 k0,使得 x(0,x0),f(x)k1xkx=g(x),此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)(k1-k)x=x.1 - 2令xx2,1 - 2解得 0x2.1 - 2记 x0与的较小者为 x1,当 x(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|x2.1 - 2故满足题意的 t 不存在.当 k=1 时,由(1)知,x0,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x).令 M(x)=x-ln(1+x)-x2,x0,+),则有 M(x)=1-2x=.1 1 + - 22- + 1当 x0 时,M(x)0 时,恒有|f(x)-g(x)|x2,此时,任意正实数 t 均满足题意.综上,k=1.
