2016高二理科数学-同步训练题(12)-选修2-2 第一章巩固训练(二)(答案)
同步训练题（12）-选修2-2 第一章巩固训练(二)
1．B 2． C 3． A 4． D
5． A 解析 因为函数f (x )＝12
x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2. 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272
.不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32
. 6． A 解析 f (x )＝cos 2x －cos x －1，∴f ′(x )＝－2sin x ·cos x ＋sin x ＝sin x ·(1－2cos x )．
令f ′(x )>0，结合选项，选A.
7． 答案 D
8. 答案B
9．答案 B 解析 设f (x )＝13
x 3－ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2－2ax ＝x (x －2a )，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )在(0,2)上为减函数，又f (0)f (2)＝1????83－4a ＋1＝113
－4a <0，f (x )＝0在(0,2)上恰好有 一个根，故选B.
10．答案 B
11．答案 C 解析 数形结合，如图．
??02
f(x)d x ＝??01x 2d x ＋??12(2－x)d x ＝ ??13x 310 ??＋(2x －12x 2)21＝13＋(4－2－2＋12)＝56，故选C . 12．答案 A 解析 f ′(x)＝
x cos x －sin x x 2
，令g(x)＝x cos x －sin x ，则g ′(x)＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x. ∵0
13．答案 23 解析 f ′(x)＝x 2－2f ′(1)x ＋1，令x ＝1，得f ′(1)＝23
. 14．答案 c ?－π2，π2上是增函数，∵π2 >π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c 解析 设函数f(x)＝ax ＋b(a ≠0)，因为函数f(x)的图像过点(2,4)，所以有b ＝4－2a. ∴??01f(x)d x ＝??01 (ax ＋4－2a)d x ＝[12ax 2＋(4－2a)x] |10＝12a ＋4－2a ＝1. ∴a ＝23.∴b ＝83.∴f(x)＝23x ＋83. 16．答案21 解析 ∵y ′＝2x ，∴过点(a k ，a 2k )处的切线为y －a 2k ＝2a k (x －a k )，又该切线与x 轴的交点为(a k ＋ 1,0)，所以a k ＋1＝12a k ，即数列{a k }是等比数列，首项a 1＝16，其公比q ＝12 ，∴a 3＝4，a 5＝1，∴a 1＋a 3＋a 5＝21. 17．解析 抛物线y ＝x －x 2与x 轴两交点的横坐标为x 1＝0，x 2＝1，所以，抛物线与x 轴所围图形面积 S ＝??01(x －x 2)d x ＝ ??????x 22－x 3310＝12－13＝16. 又????? y ＝x －x 2，y ＝kx ，由此可得抛物线y ＝x －x 2与y ＝kx 两交点的横坐标x 3＝0，x 4＝1－k ，所以S 2＝??01-k (x －x 2－kx)d x ＝ ??????1－k 2 x 2－x 331－k 0＝16(1－k)3. 又S ＝16，所以(1－k)3＝12，∴k ＝1－342 . 18．解析 (1)由函数f(x)＝x4－4x3＋ax2－1在区间[0,1]单调递增，在区间[1,2)单调递减， ∴x ＝1时，取得极大值，∴f ′(1)＝0.又f ′(x)＝4x3－12x2＋2ax ，∴4－12＋2a ＝0?a ＝4. (2)点A(x0，f(x0))关于直线x ＝1的对称点B 的坐标为(2－x0，f(x0))， f(2－x0)＝(2－x0)4－4(2－x0)3＋4(2－x0)2－1＝(2－x0)2[(2－x0)－2]2－1＝x40－4x30＋ax20－1＝f(x0)， ∴A 关于直线x ＝1的对称点B 也在函数f(x)的图像上． 19．解析 f ′(x)＝3x2＋2ax ＋b. (1)由极值点的必要条件可知：f ′(－2)＝f ′(4)＝0，即? ???? 12－4a ＋b ＝0，48＋8a ＋b ＝0，解得a ＝－3，b ＝－24. 或f ′(x)＝3x2＋2ax ＋b ＝3(x ＋2)(x －4)＝3x2－6x －24，也可得a ＝－3，b ＝－24. (2)由f ′(x)＝3(x ＋2)(x －4)．当x ＜－2时，f ′(x)＞0，当－2＜x ＜4时，f ′(x)＜0. ∴x ＝－2是极大值点，而当x ＞4时，f ′(x)＞0，∴x ＝4是极小值点． 20．解析 a ≠0(否则f(x)＝b 与题设矛盾)，由f ′(x)＝3ax2－12ax ＝0及x ∈[－1,2]，得x ＝0. (1)当a ＞0 由上表知，则当x ＝0时，f(x)有最大值，从而b ＝3.又f(－1)＝－7a ＋3，f(2)＝－16a ＋3， ∵a ＞0，∴f(－1)＞f(2)．从而f(2)＝－16a ＋3＝－29，得a ＝2. (2)当a ＜0时，用类似的方法可判断当x ＝0时f(x)有最小值．当x ＝2时，f(x)有最大值． 从而f(0)＝b ＝－29, f(2)＝－16a －29＝3，得a ＝－2. 综上，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29. 21．解析 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b .因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b .因为函数g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，即对任意实数x ，有a (－x )3＋(3a ＋1)(－x )2＋(b ＋2)(－x )＋b ＝－[ax 3＋(3a ＋ 1)x 2＋(b ＋2)x ＋b ]，从而3a ＋1＝0，b ＝0，解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的解析式为f (x )＝－13 x 3＋x 2. (2)由(1)知g (x )＝－13 x 3＋2x ，所以g ′(x )＝－x 2＋2. 令 g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2，则当x <－2或x >2时，g ′(x )<0，从而g (x )在区间(－∞，－2]，[2，＋∞)上是减函数；当－2 由前面讨论知，g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x ＝1，2，2时取得，而g (1)＝53，g (2)＝423 ，g (2)＝43.因此g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43 . 22．解析 (1)f ′(x )＝a ax ＋1－2(1＋x )2＝ax 2＋a －2(ax ＋1)(1＋x )2 ，∵f (x )在x ＝1处取得极值， ∴f ′(1)＝0，即a ·12＋a －2＝0，解得a ＝1. (2)f ′(x )＝ax 2＋a －2(ax ＋1)(1＋x )2 ，∵x ≥0，a >0，∴ax ＋1>0. ①当a ≥2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )>0，∴f (x )的单调增区间为[0，＋∞)． ②当00，解得x > 2－a a . 由f ′(x )<0，解得x < 2－a a . ∴f (x )的单调减区间为(0, 2－a a )，单调增区间为( 2－a a ，＋∞)． (3)当a ≥2时，由(2)①知，f (x )的最小值为f (0)＝1； 当0 )