新教材2024版高中数学第五章一元函数的导数及其应用章末检测新人教A版选择性必修第二册

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第五章章末检测一、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．(2022年长治月考)下列求导不正确的是 (　　)A．[(3x＋5)3]′＝9(3x＋5)2　　 B．(x3ln x)′＝3x2ln x＋x2C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sin x,x2)))′＝ eq \f(2x cos x＋4sin x,x3)　　 D．(2x＋cos x)′＝2x ln 2－sin x【答案】C　【解析】[(3x＋5)3]′＝(3x＋5)′·3(3x＋5)2＝9(3x＋5)2，故A正确；(x3ln x)′＝(x3)′·ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确； eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2sin x,x2)))′＝ eq \f((2sin x)′x2－2sin x·(x2)′,x4)＝ eq \f(2x cos x－4sin x,x3)，故C错误；(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2x ln 2－sin x，故D正确．故选C.2．(2023年安徽期中)曲线y＝xex＋2x－2在x＝0处的切线方程是 (　　)A．3x＋y＋2＝0　　 B．2x＋y＋2＝0C．2x－y－2＝0　　 D．3x－y－2＝0【答案】D　【解析】y＝xex＋2x－2，则y′＝(x＋1)ex＋2，当x＝0时，y＝－2，y′＝3，所以切线方程为y－(－2)＝3x，即3x－y－2＝0.故选D.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．－ eq \f(1,5) B．0 C． eq \f(1,5) 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．(2023年新疆期末)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：①x＝－2是函数y＝f(x)的极值点；②x＝1是函数y＝f(x)的极值点；③y＝f(x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零；④函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增．其中正确命题的序号是 (　　)A．①②　　 B．②④　 C．②③　　 D．①④【答案】D　【解析】根据导函数图象可知，f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，故x＝－2是极值点，①正确，②错误，④正确；对于③，x＝0处的导函数值即为此点的切线斜率，显然为正值，③错误．故选D.5．函数f(x)＝ eq \f(1,3)ax3＋ eq \f(1,2)ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是 (　　)A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,10)，\f(6,7))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3,16)))C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(1,16))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,10)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))【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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)a＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)a＋1))<0，解得a<－ eq \f(3,10)或a> eq \f(6,7).6．(2022年河南校考练习)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，则关于x的不等式f(x)>ex的解集为 (　　)A．{x|x>0}　　 B．{x|x<0}　　 C．{x|x<1}　　 D．{x|x>1}【答案】B　【解析】由f(x)>ex⇒ eq \f(f(x),ex)>1，设g(x)＝ eq \f(f(x),ex)⇒g′(x)＝ eq \f(f′(x)－f(x),ex)<0⇒g(x)是实数集上的减函数，且g(0)＝1，所以由 eq \f(f(x),ex)>1⇒g(x)>g(0)⇒x<0.故选B.7．(2022年丽江期末)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时， eq \f(xf′(x)－f(x),x2)>0，且f(－1)＝0，则不等式 eq \f(f(x),x)>0的解集是 (　　)A．(－1，0)∪(0，1) B．(－∞，1)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－1，0)∪(1，＋∞)【答案】D　【解析】由题意知，当x>0时， eq \f(xf′(x)－f(x),x2)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f(x),x)))′>0，则函数 eq \f(f(x),x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(x)是定义在R上的偶函数，容易判断 eq \f(f(x),x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以 eq \f(f(x),x)在(－∞，0)上单调递增，而f(－1)＝0，则 eq \f(f(－1),－1)＝0， eq \f(f(1),1)＝0.所以当x∈(－1，0)∪(1，＋∞)时， eq \f(f(x),x)>0.故选D.8．(2022年汕头三模)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ eq \f(1,2)ae2x＋ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是 (　　)A．(－∞，0]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．(－∞，0]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，0]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪[0，＋∞)【答案】A　【解析】∵f(x)＝(x－1)ex－ eq \f(1,2)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 eq \f(1,a)x＝ex－e－x，令g(x)＝ eq \f(1,a)x，h(x)＝ex－e－x，可得两函数均为奇函数，∴只需判断当x＞0时，两函数的图象无交点即可．①当a＜0时，g(x)＝ eq \f(1,a)x＜0，h(x)＝ex－e－x＞0，∴g(x)与h(x)的图象有唯一交点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，lim eq \o(,\s\do4(,x→＋∞))h(x)＝＋∞.设h(x)过原点的切线为y＝kx，切点为(m，km)(m＞0)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(em＋e－m＝k，,km＝em－e－m，))解得m＝0，k＝2，如图所示，当y＝ eq \f(1,a)x的图象在直线y＝2x下方(第一象限)或与直线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≥ eq \f(1,2).综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).二、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在点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＝x3B．直线l：x＝－1在点P(－1，0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2C．直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝sin xD．直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝tan x【答案】ACD　【解析】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；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；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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减，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；y′＝ eq \f(1,cos2x)，y′|x＝0＝ eq \f(1,cos20)＝1，在点P(0，0)处的切线为l：y＝x，所以曲线C：y＝tanx在点P(0，0)附近位于直线l的两侧，D正确．10．(2022年运城期末)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，函数f(x)对任意的x∈R，都满足f′(x)>f(x)，则下列不等式成立的是 (　　)A．ef(0)f(1)C．f(2)e4f(－2)【答案】AD　【解析】令g(x)＝ eq \f(f(x),ex)(x∈R)，g′(x)＝ eq \f(f′(x)－f(x),ex)，因为f′(x)>f(x)，ex>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，所以g(0)e4f(－2)，所以C错误，D正确．故选AD.11．(2022年扬州开学)已知函数f(x)＝aex＋sin x(a∈R)，则下列说法中正确的有 (　　)A．当a＝－2时，f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x－2B．当a＝1时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上恰有2个零点C．当a<0时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))上单调递减D．当a>0时，f(x)≥0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上恒成立【答案】ABC　【解析】f(x)＝aex＋sin x(a∈R)，当a＝－2时，f(x)＝－2ex＋sin x，f′(x)＝－2ex＋cos x⇒f′(0)＝－2＋1＝－1，又因为f(0)＝－2，故f(x)在x＝0处的切线方程为y－(－2)＝－(x－0)，即y＝－x－2，故A正确；当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x，令f(x)＝0，得ex＝－sin x，作出函数 y＝ex与y＝－sin x的大致图象，由图知，y＝ex与y＝－sin x的图象在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上恰有2个交点，即当a＝1时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上恰有2个零点，故B正确；当a<0且x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))时，f′(x)＝aex＋cos x<0，故f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))上单调递减，故C正确；取a＝1，f(x)＝ex＋sin x，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝e－ eq \f(π,2)－1<0，故D错误．故选ABC.12．关于函数f(x)＝ eq \f(2,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)，则x1＋x2<4【答案】AC　【解析】函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ eq \f(2,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－2,x2).∵当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，A正确；若f(x)＞kx，可得k＜ eq \f(2,x2)＋ eq \f(ln x,x)，令g(x)＝ eq \f(2,x2)＋ eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝ eq \f(－4＋x－x ln x,x3)，令h(x)＝－4＋x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，∴当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递减，∴h(x)≤h(1)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得f(x)＞kx恒成立，B不正确；令t(x)＝f(x)－2＝ eq \f(2,x)＋ln x－2，t′(x)＝－ eq \f(2,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－2,x2)，∴当x∈(0，2)时，t′(x)＜0，t(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，t′(x)＞0，t(x)单调递增，∴t(x)极小值＝t(2)＝－1＋ln 2＜0，而t(1)＝0，t(e2)＝ eq \f(2,e2)＞0，故y＝f(x)－2有两个零点，C正确；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t＞2，令g(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝ eq \f(2,2＋t)＋ln (2＋t)－ eq \f(2,2－t)－ln (2－t)＝ eq \f(4t,t2－4)＋ln  eq \f(2＋t,2－t)，则g′(t)＝ eq \f(4(t2－4)－8t2,(t2－4)2)＋ eq \f(2－t,2＋t)· eq \f(2－t＋2＋t,(2－t)2)＝ eq \f(－4t2－16,(t2－4)2)＋ eq \f(4,4－t2)＝ eq \f(－8t2,(t2－4)2)＜0，∴g(t)在(0，2)上单调递减，则g(t)＜g(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2＞2＋t，则x1＋x2＞2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞4，D错误．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2022年深圳期末)已知f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝x ln (－x)，则曲线在点(e，f(e))处的切线方程为________．【答案】y＝2x－e　【解析】由题意，当x<0时，f(x)＝x ln (－x)，是奇函数，∴当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝x ln x，f(e)＝e，f′(x)＝ln x＋1，f′(e)＝2，由点斜式直线方程，得y－e＝2(x－e)，整理得y＝2x－e.14．已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－ eq \f(1,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】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))　【解析】因为f(－x)＝－x3＋2x＋ eq \f(1,ex)－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 eq \r(ex·e－x)≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．又因为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≤ eq \f(1,2)，故实数a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).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 eq \f(f(1),f′(0))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.又因为对∀x∈R，恒有f(x)≥0，则a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，故c>0，所以 eq \f(f(1),f′(0))＝ eq \f(a＋b＋c,b)＝ eq \f(a,b)＋ eq \f(c,b)＋1≥2 eq \r(\f(ac,b2))＋1≥2 eq \r(\f(ac,4ac))＋1＝2，当且仅当a＝c时，取等号，所以 eq \f(f(1),f′(0))的最小值为2.16．(2022年北京月考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x＋1)ex，x<1，,x2－2x，x≥1，))则函数f(x)的值域为________．若函数g(x)＝f(x)－k有3个零点，则k的范围是________．【答案】[－1，＋∞)　(－e-2，0)　【解析】因为f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x＋1)ex，x<1，,x2－2x，x≥1，))当x<1时，f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝(x＋2)ex，当x<－2时f′(x)<0，当－20，即f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，1)上单调递增，则当x＝－2时取得极小值，且f(－2)＝－e-2 ，当x≥1时，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，函数图象如下所示，由函数图象可知函数的值域为[－1，＋∞)，函数g(x)＝f(x)－k有3个零点，即y＝f(x)与y＝k的图象有3个交点，所以－e-21时，f′(x)>0；当－ eq \f(1,3)0，解得01.∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝－ eq \f(1,2).19．(12分)请你设计一个包装盒．如图所示，四边形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＝ eq \r(2)x，h＝ eq \f(60－2x,\r(2))＝ eq \r(2)(30－x)，00；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 eq \f(h,a)＝ eq \f(1,2)，即包装盒的高与底面边长的比值为 eq \f(1,2).20．(12分)(2023年湖南期末)已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋ax2－3a2x.(1)当a＝1时，求函数f(x)在[0，2]上的最大值和最小值；(2)若函数f(x)在(1，2)内存在极小值，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，则函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋x2－3x，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1).令f′(x)＝0，解得x＝－3或x＝1，当0≤x<1时，f′(x)<0，当10，则函数f(x)在[0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－ eq \f(5,3)，且f(0)＝00时，令f′(x)>0，得x<－3a或x>a，令f′(x)＜0，得－3a＜x＜a，∴f(x)在(－∞，－3a)，(a，＋∞)上单调递增，在(－3a，a)上单调递减，故函数f(x)在x＝－3a处取得极大值，在x＝a处取得极小值，∴10，得x－3a，令f′(x)＜0，得a＜x＜－3a，∴f(x)在(－∞，a)和(－3a，＋∞)上单调递增，在(a，－3a)上单调递减，故函数f(x)在x＝a处取得极大值，在x＝－3a处取得极小值，∴1<－3a<2，解得－ eq \f(2,3)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．所以函数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)(2022年咸阳期末)已知函数f(x)＝(2x2－4ax)ln x＋x2.(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值为1，求实数a的取值范围；(2)若a> eq \f(1,e)，讨论函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数．解：(1)f′(x)＝(4x－4a)ln x＋2x－4a＋2x＝4(x－a)·(ln x＋1)，x∈[1，＋∞).当a≤1时，f′(x)≥0，∴f(x)为单调递增函数，f(x)min＝f(1)＝1，符合题意；当a>1时，在[1，a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(a，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝f(a).∵f(1)＝1，故f(a)1时，f(x)min＝f(a)＝－2a2ln a＋a2，令g(x)＝－2x2ln x＋x2，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝－4x ln x－2x＋2x＝－4x ln x<0，函数g(x)单调递减，令g(x)＝－2x2ln x＋x2＝0，解得x＝e eq \s\up6(\f(1,2))，∴当x∈(1，e eq \s\up6(\f(1,2)))时，g(x)>0，当x＝e eq \s\up6(\f(1,2))时，g(x)＝0，当x∈(e eq \s\up6(\f(1,2))，＋∞)时，g(x)<0，∴当a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\s\up6(\f(1,2))))时，f(x)min>0，此时函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为0；当a＝e eq \s\up6(\f(1,2))时，f(x)min＝0，此时函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为1；当a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,2))，＋∞))时，f(x)min<0，又因为f(1)＝1>0，故f(x)在(1，a)存在一个零点．f(2a)＝4a2>0，故f(x)在(a，2a)存在一个零点，此时函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为2.综上，可得当a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e\s\up6(\f(1,2))))时，函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为0；当a＝e eq \s\up6(\f(1,2))时，函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为1；当a∈(e eq \s\up6(\f(1,2))，＋∞)时，函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数为2.