第五章 一元函数的导数及其应用单元测试题-2022-2023学年高二数学单元复习（人教A版2019选择性必修第二册）

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《第五章 一元函数的导数及其应用》单元复习题

一、单选题
1．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高二期末）已知，若，则（    ）
A． B． C． D．e
【答案】B
【分析】求的导数，代入导数值即可求解.
【详解】因为．所以，
由，解得e．
故选：B.
2．（2022·江苏·南京师大苏州实验学校高二阶段练习）曲线在点处的切线方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据切点和斜率求得切线方程.
【详解】，故切点为，
，即切线的斜率为，
所以切线方程为，即.
故选：A
3．（2022·浙江·镇海中学高二期中）已知函数可导，且满足，则函数在处的导数为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】根据导数的定义求解.
【详解】因为,
所以,
故选:A.
4．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高二期末）函数的图象在其零点处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出函数的零点，求出函数在该点处的导数值，根据导数的几何意义即可求得答案.
【详解】令，则，即的零点为，
又，而，
故函数的图象在其零点处的切线方程为，即，
故选：B.
5．（2022·江西·萍乡市第二中学高二开学考试（理））若函数的导函数为，且满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对求导，得到，令，得到，即可得到，然后求即可.
【详解】由，得，令，则，解得，所以，.
故选：D.
6．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高二期末）函数的导函数的图象如图所示，则（    ）

A．为函数的零点 B．为函数的极大值点
C．函数在上单调递减 D．是函数的最小值
【答案】C
【分析】根据导函数图象，导函数与原函数的关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由的图象可得，当时，，当时，，
当时，，当时，
所以在和上单调递增，在和上单调递减，
所以为的极小值点，所以B选项错误，C选项正确；
是的零点，但不一定是的零点，所以A错误；
是函数的极小值，但不一定是最小值，所以D错误.
故选：C
7．（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）已知是函数的导数，则不等式的解集是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，求出函数的导数，得到在上单调递增，问题等价于，即可解决．
【详解】令，则，
因为，
所以，即，
设，
所以，
因为，
所以，所以在上单调递增，
因为，
所以，
所以等价于，
则，即，解得．
所以不等式的解集是．
故选：C
8．（2022·福建省福州第一中学高二阶段练习）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数，根据其单调性和奇偶性，结合三角函数值的大小关系，即可判断和选择.
【详解】令，其定义域为，且，故为偶函数；
又，令可得，故在上单调递增；
则，
，
又，故.
故选：B.
9．（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数，利用导数讨论单调性即可判断A和B，再构造，利用导数讨论单调性即可判断C和D.
【详解】令，则，
令恒成立，
即在定义域单调递增，
且
因此在区间上必然存在唯一使得，
所以当时单调递减，当时单调递增，
故A，B均错误；
令，，
当时，，
∴在区间上为减函数，
∵，∴，即，
∴选项C正确，D不正确.
故选:C.
10．（2022·广东·饶平县第二中学高二开学考试）若函数的最大值为，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由基本不等式求得x＜0时，f（x）的值域，由题意可得x＞0时，f（x）的值域应该包含在x＜0时的值域内，转化为在x＞0时恒成立．利用导数求出的最大值即可.
【详解】当x＜0时，，
当且仅当x＝−1时，f（x）取得最大值f（−1）＝a−2，
由题意可得x＞0时，的值域包含于（−∞，a−2]，
即在x＞0时恒成立
即在x＞0时恒成立
即
设

当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，


故选：C．
11．（2022·湖北·十堰东风高级中学高二阶段练习）若函数没有零点，则整数的最大值是（    ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】首先将函数没有零点转化成方程没有实根，构造函数，确定的单调性与取值情况，可得的取值范围，则整数的最大值可得.
【详解】解：函数定义域为，函数没有零点可转化为方程
没有实根，
设，则
令，即①，
又函数，，所以恒成立，所以在单调递增，
所以方程①即，即，有唯一的实数解
且函数在上，单调递减，在上，单调递增，
所以有最小值,
又时，，所以方程没有实根，可得
则整数的最大值是1.
故选：C.
【点睛】本题难度较大，考查函数的零点问题，由于含有参数，将其参变分离转化为方程的根的问题，构造函数，确定新函数的单调性与取值情况，从而求解参数的范围.本题的解题关键是，新函数的导函数零点不可直接求得，用“隐零点求解”，并且影响导函数符号的部分是指对混合结构，需要结合指对互化思想，确定母函数在上的单调性，从而得导函数的零点所满足的式子，才能确定函数的最值,即可求得参数范围.
12．（2022·浙江省常山县第一中学高二期中）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造两个函数，，通过分析两个函数的单调性分别比较a和b，b和c的大小.
【详解】设，，不难看出在小于0，因此在单调递减，且
故
方法一：
设，，
由泰勒公式可知
故，
当时，，
因此在单调递增，且，
故
即，也就是
方法二：设，，
则，
因为当时，，

在上为单调递增函数，因此，
即
综上
故选：A

二、多选题
13．（2022·广东·饶平县第二中学高二开学考试）已知函数，则（    ）
A．在单调递增
B．有两个零点
C．曲线在点处切线的斜率为
D．是奇函数
【答案】AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，结合单调性即可判断零点个数，根据导数的几何意义，以及奇偶性的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：，定义域为，则，
由都在单调递增，故也在单调递增，
又，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；故A正确；
对B：由A知，在单调递减，在单调递增，又，
故只有一个零点，B错误；
对C：，根据导数几何意义可知，C正确；
对D： 定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，D错误.
故选：AC.
14．（2022·江苏·连云港市赣马高级中学高二期末）已知函数，则（    ）
A．恒成立 B．是上的减函数
C．在得到极大值 D．在区间内只有一个零点
【答案】CD
【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，由此可判断BC，取可判断A选项的正误，根据函数的单调性及可判断D.
【详解】，该函数的定义域为，
所以，
由，可得，由，可得，
所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
，故B选项错误，C选项正确；
当时，，此时，A选项错误；
由题可知函数在区间内单调递减，而，故在区间内只有一个零点，D选项正确.
故选：CD.
15．（2022·湖北·武汉市第一中学高二阶段练习）下列命题中是真命题有（    ）
A．若，则是函数的极值点
B．函数的切线与函数可以有两个公共点
C．若函数在区间上有零点，则的值为0或3
D．若函数的导数，且，则不等式的解集是
【答案】BD
【分析】利用极值点的定义，举例判断A；举例判断B；利用导数的极限定义判断C;构造函数，利用单调性解不等式.
【详解】A：例如在处导数，但当时，函数单调递增，当时，函数也单调递增，故不是函数的极值点，故A选项错误；
B：例如，，在点的切线与有两个交点，故正确；
C：函数在区间上有零点，故，则，明显，代入，得，不符合零点存在定理，故C错误；
D：令，则有，，故的解集是，故的解集是，正确；
故选：BD.
16．（2022·福建·莆田一中高二期中）关于函数，下列结论正确的是（    ）
A．函数的定义域为 B．函数在上单调递增
C．函数的最小值为，没有最大值 D．函数的极小值点为
【答案】BD
【分析】对于A，注意到可知，由此可判断；
对于B，对求导，利用导数与函数的单调性的关系可判断其正确；
对于C，举反例排除即可；
对于D，利用导数与函数极值的关系可判断其正确.
【详解】对于A，因为，所以，解得，故的定义域为，故A错误；
对于B，，令，得，故在上单调递增，故B正确；
对于C，令，则，故的最小值不为，故C错误；
对于D，令，得或，所以在和上单调递减，
令，得，故结合两侧的单调性可知是的极小值点，故D正确.
故选：BD.
17．（2022·福建·莆田一中高二期中）函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，设，，则以下结论正确的有（    ）
A．若的导函数为，定义域为R，则
B．函数的图像关于直线对称
C．的图像关于对称
D．设数列为等差数列，若，则
【答案】ACD
【分析】由是奇函数得到是偶函数，为奇函数判断A；根据函数图像的平移伸缩变换，结合图像关于对称判断B；.由，结合为奇函数判断C；由C得到时，，再结合等差数列性质判断D.
【详解】解：因为函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，
所以，，
所以，即，
所以，是偶函数
所以，，
所以，为奇函数，故定义域为R，则，A选项正确；
函数的图像是由函数图像向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，
因为是偶函数，图像关于对称，
所以函数的图像关于直线对称，故B选项错误；
因为，由为奇函数知为奇函数，图像关于对称，可以看作由按向量平移而得，故C选项正确；
由选项知，当时，，
由等差数列性质，所以，
同理，，；，；
，；，；
，即，故；
所以，，故D选项正确.
故选：ACD
18．（2022·浙江·镇海中学高二期中）如图，已知直线与曲线相切于A、B两点，设A，B两点的横坐标分别为a，b，函数，下列说法正确的有（    ）

A．有极大值，也有极小值
B．是的极小值点
C．是的极大值点
D．是的极大值点
【答案】ABD
【分析】结合导函数的几何意义，在对应区间上判断与的大小关系，进而利用导数判断函数的单调性，从而判断极大值与极小值，进而结合选项即可得出结论.
【详解】=，
当时，，故，在上单调递减，
当时，，故，在上单调递增，
当时，，故，在上单调递减，
当时，，故，在上单调递增，
故在处取得极小值，在处取得极大值，处取得极小值.
故ABD正确，C错误，
故选：ABD.
19．（2022·江苏连云港·高二期末）关于切线，下列结论正确的是（    ）
A．与曲线和圆都相切的直线l的方程为
B．已知直线与抛物线相切，则a等于
C．过点且与曲线相切的直线l的方程为
D．曲线在点处的切线方程为．
【答案】ABD
【分析】对A，由导数法求出曲线在切点处的切线方程，再由直线与圆相切与圆心到直线距离的关系列式即可求；
对B，直线与抛物线相切，即两方程联立有唯一解；
对C，点不在曲线上，设切点坐标为，结合导数法建立方程组求出切点坐标，即可进一步求出切线方程；
对D，由导数法直接求切线方程即可.
【详解】对A，设直线l与曲线相切于点，则由知曲线在点P处的切线方程为，即直线l的方程为．
由直线l与圆相切得，解得. 故直线l的方程为．A正确；
对B，由消去y得，所以解得．B正确；
对C，因为点不在曲线上，所以设切点坐标为.
又因为，所以解得
所以切点坐标为，所以，所以直线l的方程为，即．C错误；
D中， ，所以，所以切线方程为，即．D正确．
故选：ABD

三、填空题
20．（2022·浙江·镇海中学高二期中）已知函数，则________.
【答案】
【分析】利用基本初等函数导数公式求导，代入即得解.
【详解】由题意，，故.
故答案为：
21．（2022·湖南·株洲市渌口区第三中学高二期中）若，则在处的切线的斜率为______．
【答案】2
【分析】根据导数的几何意义即可直接求解.
【详解】由题意知，，得，
所以曲线在处的切线斜率为2.
故答案为：2.
22．（2022·江苏连云港·高二期末）已知蜥蜴的体温与阳光照射的关系可近似为，其中 为蜥蜴的体温（单位：）为太阳落山后的时间 （单位：）．当10 时，蜥蜴体温的瞬时变化率为__________．
【答案】
【分析】由导数的定义，所求蜥蜴体温的瞬时变化率为.
【详解】，，时刻min时，瞬时变化率为．
故答案为：．
23．（2022·辽宁·阜新市第二高级中学高二期末）曲线在点处的切线方程为___________.
【答案】
【分析】求导，再根据导数的几何意义即可得解.
【详解】解：，
当时，，
所以曲线在点处的切线方程为.
故答案为：.
24．（2022·上海市大同中学高二期末）函数的极大值为___________.
【答案】
【分析】利用导数求得函数的极大值.
【详解】的定义域是，
，
令解得，
所以，在区间递增；
在区间递减；
所以的极大值为.
故答案为：
25．（2022·广东·饶平县第二中学高二开学考试）函数的极大值与极小值分别为和，则____．
【答案】
【分析】利用导数求得的极值，从而求得正确答案.
【详解】，
在区间递增；在区间递减.
所以是的极大值，即，
是的极小值，即，
所以.
故答案为：
26．（2022·上海市金山中学高二期末）已知是函数的极小值点，则_____．
【答案】
【分析】求导，根据是函数的极小值点，由求解，并检验即可.
【详解】解：因为函数，
所以，
因为是函数的极小值点，
所以，即，解得或，
当时，，
当或时，，当时，，
所以，在区间上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数取得极大值，不符合题意；
当时，，
当或时，，当时，，
所以，在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，函数取得极小值，符合题意；
所以，
故答案为：
27．（2022·江苏省响水中学高二阶段练习）若关于的不等式有且只有3个正整数解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】由原不等式变形为不等式，引入新函数，由导数研究函数的单调性做出函数大致图象，数形结合求解即可．
【详解】由，不等式可化为，
设，则，
当时，，递增，当或时，，递减，
当时，，当时，，
为过定点的动直线，在同一坐标系内做出函数的大致图象，如图，

不等式有且只有3个正整数解，结合图象可知，只需满足，解得.
即当时，有且只有3个正整数解1,2,3.
故答案为: ．
28．（2022·福建省福州第一中学高二阶段练习）已知，如果过点可作曲线的三条切线，则m的取值范围是_________.
【答案】
【分析】由导数法得过的切线方程为，由过点可作曲线的三条切线得有3个不等实根，
令，由导数法讨论单调性与极值，由数形结合得出范围即可.
【详解】，则过的切线为，即.
由过点可作曲线的三条切线得有3个不等实根.
令，，由得或.
当或，，单调递增；当，，单调递减；
故当时，函数取得极大值为；当时，函数取得极小值为.
要使有3个不等实根，则，即所求m的取值范围是.
故答案为：
29．（2022·浙江省常山县第一中学高二期中）已知x，且满足，则的最小值为______．
【答案】
【分析】利用三角换元，以及由导数判断函数单调性求函数最值即可.
【详解】令，故，
令，故
令，即，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减，
故当时，取得最小值，同时，
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查最值的求解，处理问题的关键是利用三角换元，转化目标代数式为三角函数式，从而利用导数求解最值，属综合困难题.
四、解答题
30．（2022·浙江·镇海中学高二期中）已知函数.
(1)若在上恒成立,求实数的取值范围;
(2)若函数在上单调递增,求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)对全分离,将在上恒成立,转化为,构造新函数,求导求单调性求最值即可.
(2)由在上单调递增,即在上恒成立,求导后全分离转化为,构造新函数,求导求单调性求最值即可.
【详解】（1）解:由题知在上恒成立,
即,
,
只需即可,
即,
记,
,
,
,
,
在单调递减,

;
（2）由题知,在上单调递增,
即在上恒成立,
即恒成立,
,只需恒成立,
即,
记,
,
,,
在单调递增,
,
只需即可,
综上:.
31．（2022·山东·滨州市沾化区实验高级中学高二阶段练习）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若函数在上是减函数，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，
(2)

【分析】(1)先对函数求导，利用导数判断函数的单调区间；
(2)已知函数在上是减函数，可知知恒成立，利用参数分离法,求的最大值即可求解.
【详解】（1）当时，，

，
所以的单调递减区间是 ，单调递增区间是
（2）由函数在上是减函数，知恒成立，
．
由恒成立可知恒成立，则，
设，则，
由，知，
函数在上递增，在上递减，
∴，∴．
32．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高二期中）已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数在上为增函数，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2).

【分析】（1）由导数的几何意义得出函数在点处的切线方程；
（2）由在上恒成立，得出实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以，所以，
所以切线方程为，即
（2）因为在上为增函数，所以在上恒成立，
所以，即，
所以实数a的取值范围为
33．（2022·江苏连云港·高二期末）设m为实数，函数
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，直线是曲线的切线，求的最小值．
【答案】(1)时，单调递增区间为，无单调递减区间；
时，单调递增区间为，单调递减区间为
(2)

【分析】（1）利用导数，求解函数的单调区间.
（2）设切点，利用导数求切线方程，得到，再构造新函数，利用导数求单调性得最小值.
【详解】（1）函数定义域为，，
当时，在上恒成立，
当时，解得，解得.
故时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）当时，，设切点为，
则切线斜率，切线方程为，
即，
，，，
令，，
令，可得，令，得，
可得在上单调递减，在上单调递增，
，即的最小值为
34．（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）设函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数存在两个零点，证明：.
【答案】(1)当时，在区间上单调递减；
当时在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;
（2）利用函数零点可得，，整理变形可得，换元令，得，结合，需证明，由此构造函数，利用导数即可证明结论.
【详解】（1）由于，则定义域为 ，
可得：，
当时，∵，∴，故在区间上单调递减；
当时，∵，∴由可得，由得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：∵，，，不妨设，
则有，，
两式相加得，相减得，
消去得：，
令，则，
要证，即证，也就是要证，即证，
令，
∵
∴在上为增函数，，即成立，故.
【点睛】关键点点睛：利用导数证明关于函数零点的不等式问题，关键在于正确地变式消去参数，进而构造函数，本题中利用，，将两式相加减，进而消去a，可得，换元令，得，进而根据，需证，从而构造函数，解决问题.