高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用本章综合与测试学案设计

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用本章综合与测试学案设计，共8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．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．若f(x)＝sin α－cs x，则f′(x)等于( )
A．sin x B．cs x
C．cs α＋sin x D．2sin α＋cs x
解析：选A 函数是关于x的函数，因此sin α是一个常数．
2．曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为( )
A．(1－e)x－y＋1＝0 B．(1－e)x－y－1＝0
C．(e－1)x－y＋1＝0 D．(e－1)x－y－1＝0
解析：选C 由于y′＝e－eq \f(1,x)，所以y′|x＝1＝e－1，故曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为y－e＝(e－1)·(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.
3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A 设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．
4．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是( )
A. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
C. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \f(\r(2),2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)， 0))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(\r(2),2)))
解析：选A ∵f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，当0＜x≤eq \f(\r(2),2)时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
5．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0，1])的最大值是( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C．0 D．－1
解析：选A f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，
则x＝－eq \f(1,2)(舍去)或x＝eq \f(1,2)，f(0)＝0，f(1)＝－1，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)＝1，∴f(x)在[0，1]上的最大值为1.
6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D f′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.
∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.
7．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)))
解析：选A 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)).
8．设a＝e，b＝eq \f(π,ln π)，c＝eq \f(3,ln 3)，则a，b，c大小关系是( )
A．a＜c＜b B．b＜c＜a
C．c＜b＜a D．c＜a＜b
解析：选A 构造函数f(x)＝eq \f(x,ln x)，则f′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，当x＞e时，f′(x)＞0，则f(x)在(e，＋∞)上单调递增．又e＜3＜π，∴f(e)＜f(3)＜f(π)，即eq \f(e,ln e)＜eq \f(3,ln 3)＜eq \f(π,ln π)，故a＜c＜b.故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．若函数f(x)的导函数f′(x)的图象关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为( )
A．f(x)＝3cs x B．f(x)＝x3＋x
C．f(x)＝x＋eq \f(1,x) D．f(x)＝ex＋x
解析：选BC 对于A，f(x)＝3cs x，其导数f′(x)＝－3sin x，其导函数为奇函数，图象不关于y轴对称，不符合题意；
对于B，f(x)＝x3＋x，其导数f′(x)＝3x2＋1，其导函数为偶函数，图象关于y轴对称，符合题意；
对于C，f(x)＝x＋eq \f(1,x)，其导数f′(x)＝1－eq \f(1,x2)，其导函数为偶函数，图象关于y轴对称，符合题意；
对于D，f(x)＝ex＋x，其导数f′(x)＝ex＋1，其导函数不是偶函数，图象不关于y轴对称，不符合题意．
10．已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是( )
A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝eq \f(1,x)
解析：选ACD A．f′(x)＝2x，由x2＝2x得x＝0或x＝2，有“巧值点”；
B．f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”；
C．f′(x)＝eq \f(1,x)，方程ln x＝eq \f(1,x)有解，有“巧值点”；
D．f′(x)＝－eq \f(1,x2)，由eq \f(1,x)＝－eq \f(1,x2)，得x＝－1，有“巧值点”．
11．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)
解析：选AD 当x＜－3时，y＝xf′(x)＞0，即f′(x)＜0；
当－3＜x＜3时，f′(x)≥0；当x＞3时，f′(x)＜0.
∴f(x)的极大值是f(3)，f(x)的极小值是f(－3)．
12．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)＜f(x)，对任意的x∈R恒成立，则( )
A．f(ln 2)＜2f(0) B．f(2)＜e2f(0)
C．f(ln 2)＞2f(0) D．f(2)＞e2f(0)
解析：选AB 令g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＜0，故g(x)在R上单调递减，而ln 2＞0，2＞0，故g(ln 2)＜g(0)，g(2)＜g(0)，
即eq \f(f（ln 2）,2)＜eq \f(f（0）,1)，eq \f(f（2）,e2)＜eq \f(f（0）,1)，所以f(ln 2)＜2f(0)，f(2)＜e2f(0)．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．若函数的导数为f′(x)，且f(x)＝2f′(2)x＋x3，则f′(2)＝________．
解析：由题意f′(x)＝2f′(2)＋3x2，
∴f′(2)＝2f′(2)＋12，
∴f′(2)＝－12.
答案：－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＝________．
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.
答案：eq \f(1,4) eq \f(1,4)－ln 2
15.如图，从10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去4个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，那么盒子容积的最大值为________．
解析：设小正方形的边长为x，如图所示，则盒子的容积为V＝(10－2x)(16－2x)x
＝4(x3－13x2＋40x)，
定义域为(0，5)．
由于V′＝4(3x2－26x＋40)，
令V′＝0，即3x2－26x＋40＝0，解得x＝eq \f(20,3)或x＝2.
由于0由上表可知，当x＝2时，盒子容积最大，且最大值为144 cm3.
答案：144 cm3
16．若函数f(x)＝eq \f(4x,x2＋1)在区间(m，2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．
解析：f′(x)＝eq \f(4－4x2,（x2＋1）2)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，
即函数f(x)的增区间为(－1，1)．
又因为f(x)在(m，2m＋1)上单调递增，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.
答案：(－1，0]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分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\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝2，,f′（1）＝－2，))解得eq \b\lc\{(\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(xeq \\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．(本小题满分12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq \r(2)所以，函数f(x)的单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))．同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－eq \r(2))和(eq \r(2)，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0在(－1，1)上恒成立．
又因为f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，
因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1，1)上恒成立，也就是a≥eq \f(x2＋2x,x＋1)＝
x＋1－eq \f(1,x＋1)在(－1，1)上恒成立．
设y＝x＋1－eq \f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq \f(1,（x＋1）2)>0，
即y＝x＋1－eq \f(1,x＋1)在(－1，1)上单调递增，则y<1＋1－eq \f(1,1＋1)＝eq \f(3,2)，故a≥eq \f(3,2).即实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
19．(本小题满分12分)已知f(x)＝x2ex，x≤1，求f(x)的极值点以及极值、最值点以及最值．
解：当x＜1时，f′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex.
解方程f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0.
解不等式f′(x)＞0，可得x＜－2或0＜x＜1，此时f(x)递增．
解不等式f′(x)＜0，可得－2＜x＜0，此时f(x)递减．
因此，f(x)在(－∞，－2)上递增，在(－2，0)上递减，在(0，1)上递增．
由于f′(－2)＝f′(0)＝0，可知x＝－2是函数的极大值点，极大值为f(－2)＝4e－2＝eq \f(4,e2)；
x＝0是函数的极小值点，极小值为f(0)＝0.
又因为f(1)＝e＞eq \f(4,e2)，所以函数的最大值点为x＝1，最大值为e；x2ex≥0对任意实数都是成立的，因此函数的最小值点为x＝0，而且最小值是0.
20．(本小题满分12分)如图所示，某海岛码头O离岸边最近点B的距离是150 km，岸边的医药公司A与点B的距离为300 km，现有一批药品要尽快送达海岛码头．已知A与B之间有一条公路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为130 km，快艇时速为50 km.试在岸边选一点C，先将药品用汽车从A送到C，再用快艇从C运到海岛码头，则点C选在何处可使运输时间最短？
解：设点C与点B的距离为x km，运输时间为T(x)h，则T(x)＝eq \f(\r(1502＋x2),50)＋eq \f(300－x,130)，0≤x≤300.
因为T′(x)＝eq \f(1,2)eq \f(（1502＋x2）－\f(1,2)×2x,50)－eq \f(1,130)＝
eq \f(x,50\r(1502＋x2))－eq \f(1,130)，
令T′(x)＞0，可解得x＞eq \f(125,2).
因此可知T(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(125,2)))上递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(125,2)，300))上递增，从而T(x)在x＝eq \f(125,2)时取得最小值．
这就是说，点C选在离B点为eq \f(125,2) km时可使运输时间最短．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq \f(\r(2),2)处取得极小值－eq \r(2).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若过点M(1，m)的直线与曲线y＝f(x)相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．
解：(1)由题意得，f′(x)＝3ax2＋b.∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq \f(\r(2),2)处取得极小值－eq \r(2)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝－\r(2)，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2b＝－4，,\f(3,2)a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－3，))经检验满足条件，则函数f(x)的解析式为f(x)＝2x3－3x.
(2)设切点坐标为(x0，2xeq \\al(3,0)－3x0)，则曲线y＝f(x)的切线的斜率k＝f′(x0)＝6xeq \\al(2,0)－3，
切线方程为y－(2xeq \\al(3,0)－3x0)＝(6xeq \\al(2,0)－3)(x－x0)，
代入点M(1，m)，得m＝－4xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)－3，
依题意，方程m＝－4xeq \\al(3,0)＋6xeq \\al(2,0)－3有三个不同的实根．
令g(x)＝－4x3＋6x2－3，
则g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，
∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(x)极小值＝g(0)＝－3，g(x)极大值＝g(1)＝－1.
∴当－3∴－3故实数m的取值范围是(－3，－1)．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(a,x).
(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；
(2)设g(x)＝ln x－a，若g(x)解：(1)f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)＝eq \f(x＋a,x2)(x>0)，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
f(x)不存在最小值；
当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，
且0x>－a时，f′(x)>0.
∴x＝－a时，f(x)取得最小值，
f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.
(2)g(x)ln x－x2，
故g(x)ln x－x2在(0，e]上恒成立．
设h(x)＝ln x－x2，则h′(x)＝eq \f(1,x)－2x＝eq \f(1－2x2,x)，
由h′(x)＝0及0当00，当eq \f(\r(2),2)所以当x＝eq \f(\r(2),2)时h(x)取得最大值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝ln eq \f(\r(2),2)－eq \f(1,2).
所以g(x)x
(0，2)
2
(2，5)
V′
＋
0
－
V
增函数
极大
减函数