2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第二册学案章末检测试卷二(第五章)

这是一份高中数学全册综合学案，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0) 的几何意义是( )
A．在点x＝x0处的函数值
B．在点(x0，f(x0))处的切线与x轴所夹锐角的正切值
C．曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率
D．点(x0，f(x0))与点(0,0)连线的斜率
答案 C
2．下列导数运算正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2) B．(2x)′＝x2x－1
C．(cs x)′＝sin x D．(xln x)′＝ln x＋1
答案 D
解析 根据导数的运算公式可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq \f(1,x2)，故A错误；(2x)′＝2xln 2，故B错误；(cs x)′＝－sin x，故C错误；(xln x)′＝ln x＋1，故D正确．
3．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9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，
即f′(－3)＝0，∴27－6a＋3＝0，∴a＝5.
4．二次函数y＝f(x)的图象过原点，且它的导函数y＝f′(x)的图象是过第一、二、三象限的一条直线，则函数y＝f(x)的图象的顶点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
答案 C
解析 ∵y＝f′(x)的图象过第一、二、三象限，故二次函数y＝f(x)的图象必然先下降再上升且对称轴在原点左侧，又∵其图象过原点，故顶点在第三象限．
5．以正弦曲线y＝sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)) B．[0，π)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))
答案 A
解析 y′＝cs x，∵cs x∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)).
6．已知函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝eq \f(1,2)x＋2，则f(1)＋f′(1)的值等于( )
A．1 B.eq \f(5,2) C．3 D．0
答案 C
解析 由已知得点M(1，f(1))在切线上，所以f(1)＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)，
切点处的导数为切线斜率，所以f′(1)＝eq \f(1,2)，
所以f(1)＋f′(1)＝3.
7．方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)内根的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 令f(x)＝2x3－6x2＋7，则f′(x)＝6x2－12x.
由f′(x)>0得x>2或x<0；由f′(x)<0得00，f(2)＝－1<0，∴方程在(0,2)内只有1个实根．
8．已知函数f(x)＝ax3＋(3－a)x在[－1,1]上的最大值为3，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，12))
C．[－3,3] D．[－3,12]
答案 B
解析 当a＝－3时，f(x)＝－3x3＋6x，x∈[－1,1]，
f′(x)＝－9x2＋6，令f′(x)＝0，可得x＝±eq \f(\r(6),3)，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),3)))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
又f(－1)＝－3，f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))＝eq \f(4\r(6),3)>3，故a＝－3不满足条件，故排除C，D.
当a＝12时，f(x)＝12x3－9x，x∈[－1,1]，f′(x)＝36x2－9，令f′(x)＝0，可得x＝±eq \f(1,2)，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，又f(1)＝3，f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(12,8)＋eq \f(9,2)＝3，故a＝12满足题意，故选B.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，则( )
A．函数f(x)有极大值f(3)
B．函数f(x)有极小值f(－eq \r(3))
C．函数f(x)有极大值f(eq \r(3))
D．函数f(x)有极小值f(－3)
答案 AD
解析 当x<－3时，y＝xf′(x)>0，即f′(x)<0；
当－33时，f′(x)<0.
∴f(x)的极大值是f(3)，f(x)的极小值是f(－3)．
10．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的值可以是( )
A．－eq \r(3) B．－1 C.eq \r(3) D．2
答案 ABC
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，
Δ＝4a2－12≤0⇒－eq \r(3)≤a≤eq \r(3).
11．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x(x>0)，则y＝f(x)( )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有零点
C．在区间(1，e)内无零点
D．在区间(1，e)内有零点
答案 AD
解析 由题意得f′(x)＝eq \f(x－3,3x)(x>0)，
令f′(x)>0，得x>3；
令f′(x)<0，得0令f′(x)＝0，得x＝3，
故函数f(x)在区间(0,3)上单调递减，
在区间(3，＋∞)上单调递增，在点x＝3处有极小值1－ln 3<0；
又f(1)＝eq \f(1,3)>0，f(e)＝eq \f(e,3)－1<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1>0.
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点．
12．已知函数f(x)＝kx2－ln x，使f(x)>0在定义域内恒成立的充分不必要条件是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，e))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
答案 AB
解析 由f(x)＝kx2－ln x(x>0)，
得f′(x)＝2kx－eq \f(1,x)＝eq \f(2kx2－1,x).
当k≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又当x→＋∞时，f(x)→－∞，不满足f(x)>0在定义域内恒成立．
当k>0时，由f′(x)＝0，
解得x＝±eq \r(\f(1,2k)).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,2k))))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2k))，＋∞))时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(1,2k))))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2k))，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2k))))＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(1,2k))))2－lneq \r(\f(1,2k))＝eq \f(1,2)－lneq \r(\f(1,2k)).
由eq \f(1,2)－lneq \r(\f(1,2k))>0，得lneq \r(\f(1,2k))eq \f(1,2e)，
∴k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞)).
∴使f(x)>0在定义域内恒成立的充要条件是k>eq \f(1,2e).
∴选项中eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，e))均为充分不必要条件．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若函数的导数为f′(x)，且f(x)＝2f′(2)x＋x3，则f′(2)＝________.
答案 －12
解析 由题意f′(x)＝2f′(2)＋3x2，
∴f′(2)＝2f′(2)＋12，
∴f′(2)＝－12.
14．若曲线y＝ax2－ln(x＋1)在点(1，b)处的切线平行于x轴，则a＝________，b＝________.
答案 eq \f(1,4) eq \f(1,4)－ln 2
解析 由题意得y′＝2ax－eq \f(1,x＋1)，
∵曲线在点(1，b)处的切线平行于x轴，
∴2a－eq \f(1,2)＝0，∴a＝eq \f(1,4)，
∴b＝eq \f(1,4)－ln(1＋1)＝eq \f(1,4)－ln 2.
15．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．下列关于f(x)的命题：
①函数f(x)的极大值点0,4；
②函数f(x)在[0,2]上单调递减；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1⑤函数y＝f(x)－a的零点个数可能为0,1,2,3,4.其中正确命题的序号是________．
答案 ①②
解析 ①由f(x)的导函数y＝f′(x)的图象知，函数f(x)的极大值点为0,4，故①正确；
②因为在[0,2]上导函数为负，故函数f(x)在[0,2]上单调递减，故②正确；
由f(x)＝a知，因为极小值f(2)未知，所以无法判断函数y＝f(x)－a有几个零点，所以④⑤不正确；
③因为由表和图知0≤t≤5，所以③不正确．
16．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为______________．
答案 (－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
解析 观察所给函数的图象可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))，(2，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，所以知当x2时，f′(x)>0，当eq \f(1,2)0，,f′x<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,f′x>0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,\f(1,2)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,x<\f(1,2)或x>2，))解得eq \f(1,2)所以不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知函数f(x)＝aln x＋x2－3b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－4＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)若曲线C：y＝－eq \f(a,12)x3－4b，求曲线C过点(2,4)的切线方程．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x，由于直线2x＋y－4＝0的斜率为－2，且过点(1,2)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝2，,f′1＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝－\f(1,3).))
(2)由(1)知y＝eq \f(x3,3)＋eq \f(4,3)，则y′＝x2.设切点为(x0，y0)，则切线斜率k＝＝xeq \\al(2,0)，故切线方程为y－eq \f(x\\al(3,0),3)－eq \f(4,3)＝xeq \\al(2,0)(x－x0)．由切线过点(2,4)，代入可解得x0＝2或x0＝－1，
∴切点为(2,4)或(－1,1)，则切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
18．(12分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为eq \f(1,2)，求a的值．
解 函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2－x)＋a.
(1)当a＝1时，f′(x)＝eq \f(－x2＋2,x2－x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \r(2)(舍负)．
所以f(x)的单调递增区间为(0，eq \r(2))，
单调递减区间为(eq \r(2)，2)．
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝eq \f(2－2x,x2－x)＋a>0，
即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝eq \f(1,2).
19．(12分)已知函数f(x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋6x－a.
(1)若对任意实数x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；
(2)若函数f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－eq \f(3,4)≥－eq \f(3,4)，
由f′(x)≥m恒成立，可得m≤－eq \f(3,4)，
即m的最大值为－eq \f(3,4).
(2)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－2)(x－1)，
由f′(x)>0，得x>2或x<1，由f′(x)<0，得1∴f(x)在(－∞，1)和(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
∴f(x)极大值＝f(1)＝eq \f(5,2)－a，f(x)极小值＝f(2)＝2－a.
∵f(x)恰有一个零点，∴eq \f(5,2)－a<0或2－a>0，
即a<2或a>eq \f(5,2).
∴a的取值范围为(－∞，2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).
20．(12分)已知函数f(x)＝2x3＋mx2＋m＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若m<0，函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，－\f(m,2)))上最大值与最小值的差为1，求m的值．
解 (1)f′(x)＝6x2＋2mx＝2x(3x＋m)，
①若m<0，当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，＋∞))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(m,3)))时，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，＋∞))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(m,3)))上单调递减，
②若m＝0，f′(x)≥0.f(x)在R上单调递增，
③若m>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(m,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，0))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(m,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，0))上单调递减．
(2)由(1)可知，当m<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(m,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)，－\f(m,2)))上单调递增，
则f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,3)))＝eq \f(－2m3,27)＋eq \f(m3,9)＋m＋1＝eq \f(m3,27)＋m＋1，
又f(0)＝m＋1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)))＝m＋1，
所以f(x)max＝m＋1.
所以(m＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m3,27)＋m＋1))＝－eq \f(m3,27)＝1，故m＝－3.
21．(12分)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为30元，并且每件产品需向总公司缴纳a元(a为常数，2≤a≤5)的管理费，根据多年的管理经验，预计当每件产品的售价为x元时，产品一年的销售量为eq \f(k,ex)(e为自然对数的底数)万件．已知当每件产品的售价为40元时，该产品一年的销售量为500万件，经物价部门核定，每件产品的售价x最低不低于35元，最高不超过41元．
(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；
(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L(x)最大？并求出L(x)的最大值．
解 (1)设该产品一年的销售量为Q(x)＝eq \f(k,ex)，
则eq \f(k,e40)＝500，所以k＝500e40，
则该产品一年的销售量Q(x)＝eq \f(500e40,ex)，
则该产品一年的利润L(x)＝(x－a－30)eq \f(500e40,ex)
＝500e40·eq \f(x－a－30,ex)(35≤x≤41)．
(2)L′(x)＝500e40·eq \f(31＋a－x,ex).
①若2≤a≤4，则33≤a＋31≤35，
当35≤x≤41时，L′(x)≤0，L(x)单调递减，
所以当x＝35时，L(x)取得最大值为500(5－a)e5；
②若4令L′(x)＝0，得x＝a＋31，易知当x＝a＋31时，L(x)取得最大值为500e9－a.
综上所述，当2≤a≤4，且每件产品的售价为35元时，该产品一年的利润最大，最大利润为500(5－a)e5万元；
当4最大利润为500e9－a万元．
22．(12分)已知函数f(x)＝2ax－eq \f(b,x)＋ln x.
(1)若f(x)在x＝1，x＝eq \f(1,2)处取得极值．
①求a，b的值；
②若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，2))，使得不等式f(x0)－c≤0成立，求c的最小值；
(2)当b＝a时，若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围．
解 (1)①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a＋eq \f(b,x2)＋eq \f(1,x).
∵f(x)在x＝1，x＝eq \f(1,2)处取得极值，
∴f′(1)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＋1＝0，,2a＋4b＋2＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,3)，,b＝－\f(1,3).))
②存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，2))，使得不等式f(x0)－c≤0成立，则只需c≥f(x)min.
∵f′(x)＝－eq \f(2,3)－eq \f(1,3x2)＋eq \f(1,x)＝－eq \f(2x2－3x＋1,3x2)
＝－eq \f(2x－1x－1,3x2)，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增；
当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减．
∴f(x)在x＝eq \f(1,2)处取得极小值，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,3)＋ln eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)－ln 2，又f(2)＝－eq \f(7,6)＋ln 2，∴f(x)min＝f(2)，
∴c≥f(x)min＝－eq \f(7,6)＋ln 2，∴c∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)＋ln 2，＋∞))，
故cmin＝－eq \f(7,6)＋ln 2.
(2)当a＝b时，f′(x)＝eq \f(2ax2＋x＋a,x2).
当a＝0时，f(x)＝ln x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，∵x>0，∴2ax2＋x＋a>0，∴f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，设g(x)＝2ax2＋x＋a＝2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4a)))2＋a－eq \f(1,8a)，
因为－eq \f(1,4a)>0，
故只需Δ≤0，从而得a≤－eq \f(\r(2),4)，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上可得，a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),4)))∪[0，＋∞)．x
－1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1