人教A版高中数学（选择性必修第二册）同步课时讲练5.4《巩固练习(范围：§5.1～§5.3)》（2份，原卷版+教师版）

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巩固练习(范围：§5.1～§5.2)1．(多选)自变量x从x0变化到x1时，函数值的增量与相应自变量的增量之比是(　　)A．从x0到x1的平均变化率B．在x＝x1处的变化率C．点(x0，f(x0))与点(x1，f(x1))连线的斜率D．在区间[x0，x1]上的导数答案　AC解析　eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(fx1－fx0,x1－x0)表示函数从x0到x1的平均变化率，也表示点(x0，f(x0))与点(x1，f(x1))连线的斜率．2．已知物体的运动方程为s＝t2＋eq \f(3,t)，则物体在t＝2时的瞬时速度为(　　)A.eq \f(19,4) B.eq \f(17,4) C.eq \f(15,4) D.eq \f(13,4)答案　D解析　∵s′＝2t－eq \f(3,t2)，∴s′|t＝2＝4－eq \f(3,4)＝eq \f(13,4).3．设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为(　　)A．4 B．－eq \f(1,4) C．2 D．－eq \f(1,2)答案　A解析　∵f′(x)＝g′(x)＋2x，∴f′(1)＝g′(1)＋2＝2＋2＝4.4．对于函数f(x)＝eq \f(ex,x2)＋ln x－eq \f(2k,x)，若f′(1)＝1，则实数k等于(　　)A.eq \f(e,2) B.eq \f(e,3) C．－eq \f(e,2) D．－eq \f(e,3)答案　A解析　因为f′(x)＝eq \f(exx－2,x3)＋eq \f(1,x)＋eq \f(2k,x2)，所以f′(1)＝－e＋1＋2k＝1，解得k＝eq \f(e,2)，故选A.5．若曲线y＝ln x在点M处的切线过原点，则该切线的斜率为(　　)A．1 B．e C．－eq \f(1,e) D.eq \f(1,e)答案　D解析　设M(x0，ln x0)，由y＝ln x得y′＝eq \f(1,x)(x>0)，所以切线斜率为k＝所以切线方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)．由题意得0－ln x0＝eq \f(1,x0)(0－x0)，即ln x0＝1，所以x0＝e.所以k＝eq \f(1,x0)＝eq \f(1,e)，故选D.6．已知f(x)＝eq \f(f′1,x)＋4x，则f′(1)＝________.答案　2解析　因为f(x)＝eq \f(f′1,x)＋4x，所以f′(x)＝－eq \f(f′1,x2)＋4，所以f′(1)＝－eq \f(f′1,12)＋4，即f′(1)＝2.7.若某物体做运动方程为s＝(1－t)2(位移单位：m，时间单位：s)的直线运动，则其在t＝1.2 s时的瞬时速度v为________ m/s.答案　0.4解析　∵s＝t2－2t＋1，∴s′＝2t－2，∴v＝s′|t＝1.2＝2×1.2－2＝0.4(m/s)．8．设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是eq \f(3,2)，则a＝________，切点的横坐标为________．答案　1　ln 2解析　由题意可得，f′(x)＝ex－eq \f(a,ex)是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f(x)＝ex＋eq \f(1,ex)，f′(x)＝ex－eq \f(1,ex).∵曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是eq \f(3,2)，∴eq \f(3,2)＝ex－eq \f(1,ex)，可得ex＝2(舍负)，∴x＝ln 2.9．求下列函数的导数：(1)f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x4＋6； (2)f(x)＝(5x－4)cos x； (3)f(x)＝eq \f(ln2x,x).解　(1)f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(1,2)x4＋6))′＝x2－2x3.(2)f′(x)＝[(5x－4)cos x]′＝5cos x－5xsin x＋4sin x.(3)f′(x)＝eq \f([ln2x]′×x－[ln2x]×x′,x2)＝eq \f(1－ln 2x,x2).10．已知a>0，f(x)＝ax2－2x＋1＋ln(x＋1)，l是曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处的切线，求切线l的方程．解　∵f(x)＝ax2－2x＋1＋ln(x＋1)，∴f(0)＝1，又f′(x)＝2ax－2＋eq \f(1,x＋1)，∴f′(0)＝－1，∴切点P的坐标为(0,1)，切线l的斜率为－1，∴切线l的方程为x＋y－1＝0.11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导数为f′(x)，f′(0)>0，且对于任意实数x有f(x)≥0，则eq \f(f1,f′0)的最小值为(　　)A．3 B.eq \f(5,2) C．2 D.eq \f(3,2)答案　C解析　f′(0)＝b>0.对于任意实数x有f(x)≥0，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝b2－4ac≤0，))则2eq \r(ac)≥b，因此eq \f(f1,f′0)＝eq \f(a＋c,b)＋1≥2.当且仅当a＝c＝eq \f(b,2)时，取等号．12．若函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，且f′(x)是函数f(x)的导函数，则f′(1)等于(　　)A．24 B．－24 C．10 D．－10答案　A解析　∵f′(x)＝(x－1)′·(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋[(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′·(x－1)，∴f′(1)＝(1－2)×(1－3)×(1－4)×(1－5)＝24.故选A.13．若函数f(x)＝－eq \f(1,b)eax(a>0，b>0)的图象在x＝0处的切线与圆x2＋y2＝1相切，则a＋b的最大值为(　　)A．4 B．2eq \r(2)C．2 D.eq \r(2)答案　D解析　函数的导数为f′(x)＝－eq \f(1,b)eax·a，所以f′(0)＝－eq \f(1,b)e0·a＝－eq \f(a,b)，即在x＝0处的切线斜率k＝－eq \f(a,b)，又f(0)＝－eq \f(1,b)e0＝－eq \f(1,b)，所以切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,b)))，所以切线方程为y＋eq \f(1,b)＝－eq \f(a,b)x，即ax＋by＋1＝0.圆心到直线ax＋by＋1＝0的距离d＝eq \f(1,\r(a2＋b2))＝1，即a2＋b2＝1，所以a2＋b2＝1≥2ab，即0f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)答案　C解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上单调递增，由于af(b)>f(a)．5．(多选)已知函数f(x)＝x2(ax＋b)(a，b∈R)在x＝2处有极值，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线3x＋y＝0平行，则函数f(x)的单调区间为(　　)A．(－∞，0) B．(0,2)C．(2，＋∞) D．(－∞，＋∞)答案　ABC解析　∵f(x)＝ax3＋bx2，∴f′(x)＝3ax2＋2bx，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a×22＋2b×2＝0，,3a＋2b＝－3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3，))令f′(x)＝3x2－6x<0，则00，则x<0或x>2，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．6．若函数f(x)＝x3＋eq \f(3,2)x2＋m在区间[－2,1]上的最大值为eq \f(9,2)，则m＝________.答案　2解析　f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝－1.又f(0)＝m，f(－1)＝m＋eq \f(1,2)，f(1)＝m＋eq \f(5,2)，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，∴当x∈[－2,1]时，最大值为f(1)＝m＋eq \f(5,2)，∴m＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，∴m＝2.7．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)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq \f(1,e－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq \r(ex·e－x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，所以f(x)在R上单调递增，因为f(a－1)＋f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a,2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤eq \f(1,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).8．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．则下列说法中正确的是________(填序号)．①函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上单调递增；②函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))上单调递减；③函数y＝f(x)在区间(4,5)上单调递增；④当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值；⑤当x＝－eq \f(1,2)时，函数y＝f(x)有极大值．答案　③④解析　由导函数y＝f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，(2,4)，单调递增区间为(－2,2)，(4，＋∞)，故③④正确．9．今年某公司计划按200元/担的价格收购某种农产品，同时按要求以10%的税率纳税．现计划收购a万担，若将税率降低x个百分点，预测收购量可增加2x个百分点．(1)写出税收y(万元)与x的函数关系式；(2)将税率作怎样的调整，才能使税收取得最大值(要求应用导数知识完成)?解　(1)降低税率后的税率为(10－x)%，农产品的收购量为a(1＋2x%)万担，收购总金额为200a(1＋2x%)万元．依题意，得y＝200a(1＋2x%)·(10－x)%＝eq \f(1,50)a(100＋2x)(10－x)＝－eq \f(1,25)ax2－eq \f(8,5)ax＋20a.(2)由(1)，得y′＝－eq \f(2,25)ax－eq \f(8,5)a.令y′＝0，解得x＝－20.当x＝－20时，y取最大值．因此，只有将税率增加20个百分点，才能使税收取得最大值．10．已知函数f(x)＝(a－eq \f(1,2))x2＋ln x(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；(2)求f(x)的极值．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x，f′(x)＝x＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2＋1,x)，当x∈[1，e]时，有f′(x)>0，∴f(x)在区间[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1＋eq \f(e2,2)，f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2).(2)f′(x)＝(2a－1)x＋eq \f(1,x)＝eq \f(2a－1x2＋1,x)(x>0)．①当2a－1≥0，即a≥eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)无极值．②当2a－1<0，即a<eq \f(1,2)时，令f′(x)＝0，得x1＝eq \r(\f(1,1－2a))，x2＝－eq \r(\f(1,1－2a))(舍去)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由上表可知，当x＝eq \r(\f(1,1－2a))时，f(x)极大值＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)ln(1－2a)，无极小值．11．若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))) C．(0,4e2) D．(0，＋∞)答案　B解析　令g(x)＝x2ex，则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．令g′(x)＝0，得x＝0或x＝－2，∴g(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增．∴g(x)极大值＝g(－2)＝eq \f(4,e2)，g(x)极小值＝g(0)＝0，又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则00恒成立，f(x)单调递增，无最小值．当k>0时，x>ln k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．答案　[1，＋∞)解析　由f(x)>1，得ax－ln x>1，∵x>1，∴原不等式转化为a>eq \f(1＋ln x,x)，设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，得g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)eq \f(1＋ln x,x)在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥1.15．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)＝0，当x>0时，有eq \f(xf′x－fx,x2)>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________．答案　(－1,0)∪(1，＋∞)解析　令g(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)，则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2).∵当x>0时，eq \f(xf′x－fx,x2)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)．∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴在(－∞，0)上，g(x)>0的解集为(－∞，－1)．g(x)<0的解集为(－1,0)．由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)．又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．16．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).(1)求函数f(x)的极大值；(2)求f(x)在区间(－∞，0]上的最小值；(3)若x2＋5x＋5－aex≥0对x∈R恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝eq \f(－xx＋3,ex)，当x<－3时，f′(x)<0，当－30，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－3)上为单调递减，在(－3,0)上为单调递增，在(0，＋∞)上为单调递减，因此函数f(x)在x＝0处有极大值f(0)＝5.(2)由(1)得，函数f(x)在(－∞，－3)上为单调递减，在(－3,0)上为单调递增，所以当x∈(－∞，0]时，函数f(x)在x＝－3处有最小值f(－3)＝－e3.(3)由题意知a≤eq \f(x2＋5x＋5,ex)＝f(x)．由(2)得，函数f(x)在区间(－∞，0]上有最小值－e3.又当x>0时，f(x)>0，所以函数f(x)在定义域内的最小值为－e3，所以a≤－e3，即a的取值范围为(－∞，－e3]．x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))1g′(x)－0＋g(x)0↘极小值↗0xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0， \r(\f(1,1－2a))))eq \r(\f(1,1－2a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,1－2a))，＋∞))f′(x)＋0－f(x)↗极大值↘