第二章导数及其应用综合检测 　　时间120分钟,满分150分. 　　一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60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．(2010•全国Ⅱ文,7)若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0,b)处的切线方程是x－y＋1＝0,则() 　　A．a＝1,b＝1 　　B．a＝－1,b＝1 　　C．a＝1,b＝－1 　　D．a＝－1,b＝－1 　　[答案]　A 　　[解析]　y′＝2x＋a,∴y′|x＝0＝(2x＋a)|x＝0＝a＝1, 　　将(0,b)代入切线方程得b＝1. 　　2．一物体的运动方程为s＝2tsint＋t,则它的速度方程为() 　　A．v＝2sint＋2tcost＋1 　　B．v＝2sint＋2tcost 　　C．v＝2sint 　　D．v＝2sint＋2cost＋1 　　[答案]　A 　　[解析]　因为变速运动在t0的瞬时速度就是路程函数y＝s(t)在t0的导数,S′＝2sint＋2tcost＋1,故选A. 　　3．曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率是() 　　A．4 　　B．5 　　C．6 　　D．7 　　[答案]　D 　　[解析]　由导数的几何意义知,曲线y＝x2＋3x在点A(2,10)处的切线的斜率就是函数y＝x2＋3x在x＝2时的导数,y′|x＝2＝7,故选D. 　　4．函数y＝x|x(x－3)|＋1() 　　A．极大值为f(2)＝5,极小值为f(0)＝1 　　B．极大值为f(2)＝5,极小值为f(3)＝1 　　C．极大值为f(2)＝5,极小值为f(0)＝f(3)＝1 　　D．极大值为f(2)＝5,极小值为f(3)＝1,f(－1)＝－3 　　[答案]　B 　　[解析]　y＝x|x(x－3)|＋1 　　＝x3－3x2＋1　(x3)－x3＋3x2＋1　(0≤x≤3) 　　∴y′＝3x2－6x　(x3)－3x2＋6x　(0≤x≤3) 　　x变化时,f′(x),f(x)变化情况如下表： 　　x(－∞,0)0(0,2)2(2,3)3(3,＋∞) 　　f′(x)＋0＋0－0＋ 　　f(x)无极值极大值5极小值1 　　∴f(x)极大＝f(2)＝5,f(x)极小＝f(3)＝1 　　故应选B. 　　5．(2009•安徽理,9)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8,则曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是() 　　A．y＝2x－1 　　B．y＝x 　　C．y＝3x－2 　　D．y＝－2x＋3 　　[答案]　A 　　[解析]　本题考查函数解析式的求法、导数的几何意义及直线方程的点斜式． 　　∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8, 　　∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4, 　　∴f(x)＝x2,∴f′(x)＝2x, 　　∴曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,切线方程为y－1＝2(x－1),∴y＝2x－1. 　　6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9,已知f(x)在x＝－3时取得极值,则a等于() 　　A．2 　　B．3 　　C．4 　　D．5 　　[答案]　D 　　[解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋3, 　　∵f(x)在x＝－3时取得极值, 　　∴x＝－3是方程3x2＋2ax＋3＝0的根, 　　∴a＝5,故选D. 　　7．设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x0,且g(－3)＝0,则不等式f(x)g(x)0,知F(x)在(－∞,0)内单调递增,又F(x)为奇函数,所以F(x)在(0,＋∞)内也单调递增,且由奇函数知f(0)＝0,∴F(0)＝0. 　　又由g(－3)＝0,知g(3)＝0 　　∴F(－3)＝0,进而F(3)＝0 　　于是F(x)＝f(x)g(x)的大致图象如图所示 　　∴F(x)＝f(x)•g(x)0时,由f′(x)＝0得x＝±a. 　　当x∈(－∞,－a)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增； 　　当x∈(－a,a)时,f′(x)0,函数f(x)单调递增． 　　此时x＝－a是f(x)的极大值点,x＝a是f(x)的极小值点． 　　20．(本题满分12分)已知函数f(x)＝12x2＋lnx. 　　(1)求函数f(x)的单调区间； 　　(2)求证：当x>1时,12x2＋lnx0}, 　　∵f′(x)＝x＋1x,故f′(x)>0, 　　∴f(x)的单调增区间为(0,＋∞)． 　　(2)设g(x)＝23x3－12x2－lnx, 　　∴g′(x)＝2x2－x－1x, 　　∵当x>1时,g′(x)＝(x－1)(2x2＋x＋1)x>0, 　　∴g(x)在(1,＋∞)上为增函数, 　　∴g(x)>g(1)＝16>0, 　　∴当x>1时,12x2＋lnx－3且m≠1 　　故当m>－3且m≠1时,函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有3个交点．