第五章 章末检测

第五章章末检测

(时间：120分钟，满分150分)

一、单项选择题：本题共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．(2020年赣州期末)若函数f(x)的导数f′(x)满足f(x)＝2f′(1)ln x＋，则f′＝(　　)

A．e　　 B．2　　

C．1　　 D．0

【答案】D　【解析】∵f(x)＝2f′(1)ln x＋，∴f′(x)＝2f′(1)－．∴f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1．因此f′(x)＝－．∴f′＝－＝0．

2．曲线y＝在点(1,1)处的切线方程为(　　)

A．x－y－2＝0 B．x＋y－2＝0

C．x＋4y－5＝0 D．x－4y－5＝0

【答案】B　【解析】y′＝＝，y′|x＝1＝＝－1，∴y－1＝－1×(x－1)，即x＋y－2＝0．

3．设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y＝f(x)在x＝5处的切线的斜率为(　　)

A．－ B．0

C． D．5

【答案】B　【解析】由切线斜率的几何意义和周期函数的意义，知f′(5)＝f′(0)＝0．

4．已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如下图所示，则y＝f(x)(　　)

A．在(－∞，0)上单调递减 B．在x＝0处取极小值

C．在(1,2)上单调递减 D．在x＝2处取极大值

【答案】C　【解析】在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上为单调递增，A错；在x＝0处，导数由正变负，f(x)由增变减，故在x＝0处取极大值，B错；在(1,2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，C对；在x＝2处取极小值，D错．

5．函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是(　　)

A． B．

C． D．∪

【答案】D　【解析】f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即<0，解得a<－或a>．

6．(2021年山东诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)＞0，则(　　)

A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3)

C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)

【答案】B　【解析】由于f(x)>xf′(x)，则′＝<0恒成立，因此y＝在R上单调递减．所以<，即3f(1)>f(3)．

7．(2020年大连期末)已知函数f(x)的导数为f′(x)，f(x)－xf′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则下列不等式中一定成立的是(　　)

A．f(π)>f(e)　　 B．f(π)<f(e)

C．>　　 D．<

【答案】D　【解析】设g(x)＝，则g′(x)＝，∵f(x)－xf′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，∴g′(x)<0．即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵π>e，∴g(π)<g(e)，即<．

8．(2020年汕头三模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ae2x＋ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，0]∪ B．(－∞，0]∪

C．(－∞，0]∪ D．∪[0，＋∞)

【答案】A　【解析】∵f(x)＝(x－1)ex－ae2x＋ax，∴f′(x)＝xex－ae2x＋a，∵f(x)只有一个极值点，∴f′(x)只有一个变号零点．

(1)当a＝0时，f′(x)＝xex，易知x＝0是f(x)的唯一极值点；

(2)当a≠0时，方程f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0可化为x＝ex－e－x，令g(x)＝x，h(x)＝ex－e－x，可得两函数均为奇函数，∴只需判断x＞0时，两函数无交点即可．

①当a＜0时，g(x)＝x＜0，h(x)＝ex－e－x＞0，∴g(x)与h(x)有唯一交点x＝0，且当x＞0时，g(x)＜h(x)；当x＜0时，g(x)＞h(x)．∴x＝0是f(x)的唯一极值点；②当a＞0时，h′(x)＝ex＋e－x＞0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0，lih(x)＝＋∞，设h(x)过原点的切线为y＝kx，切点为(m，km)(m＞0)，则，解得m＝0，k＝2，如图所示，当y＝x在直线y＝2x下方(第一象限)或与y＝2x重合时，x＝0是唯一交点，能满足f′(x)＝0的变号零点，即函数f(x)的极值点，∴a≥．

综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0]∪．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．若直线l与曲线C满足下列两个条件：①直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；②曲线C在P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C．下列命题正确的是(　　)

A．直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3

B．直线l：x＝－1在点P(－1,0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2

C．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sin x

D．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝tan x

【答案】ACD　【解析】对于A，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0,0)处的切线，显然曲线C：y＝x3在点P(0,0)附近位于直线l，即x轴的两侧，A正确；对于B，因为y′＝2(x＋1)，y′|x＝－1＝0，而直线l：x＝－1的斜率不存在，所以l：x＝－1不是曲线C：y＝(x＋1)2在点P(－1,0)处的切线，B错误；对于C，y′＝cos x，y′|x＝0＝1，在点P(0,0)处的切线为l：y＝x．令g(x)＝sin x－x，g′(x)＝cos x－1≤0，所以g(x)是上的单调减函数，且g(0)＝0，所以曲线C：y＝sin x在点P(0,0)附近位于直线l的两侧，C正确；对于D，y′＝，y′|x＝0＝＝1，在点P(0,0)处的切线为l：y＝x，曲线C：y＝tan x在点P(0,0)附近位于直线l的两侧，D正确．

10．(2020年日照期中)已知函数f(x)＝，则(　　)

A．x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方

B．f(x)有且仅有两个极值点

C．f(x)有且仅有一个极值点

D．f(x)在区间(1,2)上有最大值

【答案】AC　【解析】当0<x<1时，ex>0，ln x<0，∴f(x)＝<0，∴f(x)的图象位于x轴下方，故A正确；∵函数f(x)＝，∴ln x≠0．∴x>0且x≠1．∴f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝，令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＋>0，∴函数g(x)单调递增．则只有一个根x0，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴函数f(x)只有一个极值点且为极小值，故B错误，C正确；又g(1)＝－1，g(2)＝ln 2－>0，∴f(x)在(1,2)上先减后增，没有最大值，故D错误．

11．(2020年胶州期末)若函数f(x)＝ex－e2－x，则下述正确的是(　　)

A．f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增

B．f(x)的值域为(0，＋∞)

C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称

D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称

【答案】AD　【解析】因为f(x)＝ex－e2－x，所以f′(x)＝ex＋e2－x，对于∀x∈R，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，即A正确；f(0)＝e0－e2＝1－e2<0，所以f(x)的值域不可能为(0，＋∞)，即B错误；因为f(1＋x)＝e1＋x－e2－(1＋x)＝e1＋x－e1－x，f(1－x)＝e1－x－e2－(1－x)＝e1－x－e1＋x，所以f(1＋x)＝－f(1－x)，即f(1＋x)＋f(1－x)＝0，所以C错误，D正确．

12．(2020年菏泽期末)关于函数f(x)＝＋ln x，下列判断正确的是(　　)

A．x＝2是f(x)的极小值点

B．存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立

C．函数y＝f(x)－2有两个零点

D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，x1＋x2<4

【答案】AC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知函数f(x)＝sin x＋cos x，f′(x)是f(x)的导函数．若f(x)＝2f′(x)，则tan x＝________．

【答案】　【解析】由f(x)＝sin x＋cos x，得f′(x)＝cos x－sin x．又由f(x)＝2f′(x)，即sin x＋cos x＝2(cos x－sin x)，变形可得cos x＝3sin x，即tan x＝．

14．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．

【答案】　【解析】因为f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，又f(a－1)＋f(2a2)≤0，即f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，故实数a的取值范围为．

15．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的导数为f′(x)，f′(0)>0，若∀x∈R，恒有f(x)≥0，则的最小值是________．

【答案】2　【解析】二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的导数为f′(x)＝2ax＋b，由f′(0)>0，得b>0．又对∀x∈R，恒有f(x)≥0，则a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，故c>0．所以＝＝＋＋1≥2＋1≥2＋1＝2，当且仅当a＝c时取等号，所以的最小值为2．

16．(2020年黄冈期末)已知f(x)＝x3－4x，若过点A(－2,0)的动直线l与f(x)有三个不同交点，这三个交点自左向右分别为A，B，C，设线段BC的中点是E(m，t)，则m＝______；t的取值范围为______．

【答案】1　(－3,24)　【解析】根据题意，作出如下的函数图象，

设B(x1，y1)，C(x2，y2)，l：y＝k(x＋2)，由x3－4x＝k(x＋2)，得(x＋2)(x2－2x－k)＝0，所以x1，x2是方程x2－2x－k＝0的两个根，所以m＝＝＝1．因为f(x)＝x3－4x，所以f′(x)＝3x2－4．过点A作f(x)的切线，设切点为P(x0，y0)(x0≠－2)，则f′(x0)＝＝，即x＋x0－2＝0，解得x0＝1或－2(舍负)，此时切线的斜率为f′(1)＝－1，切线方程l1为y－0＝－(x＋2)，即y＝－x－2，因为f′(－2)＝8，所以函数f(x)在点A处的切线方程l2为y－0＝8(x＋2)，即y＝8x＋16．因为两条切线l1和l2与x＝m＝1的交点纵坐标分别为－3和24，所以t的取值范围为(－3,24)．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．(10分)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋2bx在点x＝1处有极小值－1．

(1)求a，b；

(2)求f(x)的单调区间．

解：(1)由已知，可得f(1)＝1－3a＋2b＝－1①．

又f′(x)＝3x2－6ax＋2b，

∴f′(1)＝3－6a＋2b＝0②．

由①②解得a＝，b＝－．

(2)由(1)得函数的解析式为f(x)＝x3－x2－x．

由此得f′(x)＝3x2－2x－1．根据二次函数的性质，

当x<－或x>1时，f′(x)>0；

当－<x<1时，f′(x)<0．

因此，函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)；

单调递减区间为．

18．(12分)已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．

(1)求a，b的值；

(2)求f(x)在上的最大值．

解：(1)由f(x)＝aln x－bx2，得f′(x)＝－2bx．

由y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，得解得

(2)由(1)得f(x)＝ln x－x2，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x＝．

令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x>1．

∴f(x)在上单调递增，在(1，e)上单调递减．

∴f(x)在上的最大值为f(1)＝－．

19．(12分)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．

(1)若广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？

(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．

解：设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)．

由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0<x<30．

(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，

所以当x＝15时，S取得最大值．

(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．

由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20．

当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0．

所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．

此时＝，即包装盒的高与底面边长的比值为．

20．(12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值．

(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间；

(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范围．

解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，

f′(x)＝3x2＋2ax＋b，

由f′＝－a＋b＝0，

f′(1)＝3＋2a＋b＝0，

得a＝－，b＝－2．

f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，

令f′(x)>0，得x<－或x>1；

令f′(x)<0，得－<x<1．

所以函数f(x)的递增区间是和(1，＋∞), 递减区间是．

(2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]，由(1)知，

当x＝－时，f＝＋c为极大值，

而f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为最大值，

要使f(x)<c2，x∈[－1,2]恒成立，

则只需要c2>f(2)＝2＋c，

得c<－1或c>2．

21．(12分)设函数f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导函数为f′(x)，若函数f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0．

(1)求实数a，b的值．

(2)求函数f(x)的极植．

(1)解：因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，

所以f′(x)＝6x2＋2ax＋b．

从而f′(x)＝62＋b－，

即f′(x)的图象关于直线x＝－对称，

则－＝－，即a＝3．

又f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，所以b＝－12．

(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，

f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)．

令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝1．

当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上单调递增，

当x∈(－2,1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值为f(－2)＝21，在x＝1处取得极小值为f(1)＝－6．

22．(12分)(2020年武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)讨论g(x)＝f(x)·在区间[0,1]上零点的个数．

解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a．

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，

∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；

当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，

令f′(x)>0，得x>ln a，

∴f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．

(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝．

先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数．

①当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，

∴f(x)在[0,1]上有一个零点．

②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，

∴f(x)在[0,1]上有一个零点．

③当1<a<e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，1)上单调递增．

而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点；

当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．

再考虑x＝时，由f＝0，得a＝2(－1)．

综上，当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；

当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．