新教材2023版高中数学章末质量检测二导数及其应用北师大版选择性必修第二册

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章末质量检测(二)　导数及其应用一、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．函数f(x)＝exsin x的图象在点(0，f(0))处切线的倾斜角为(　　)A．30° B．45°C．150° D．135°2．一物体的运动满足函数s＝3＋2t，则在[2，2.1]这段时间内的平均速度是(　　)A．0.41 B．2C．0.3 D．0.23．已知函数f(x)＝ln (2x＋1)，则f′(0)＝(　　)A．0 B．1C．2 D． eq \f(1,2) 4．函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(　　)A．(－∞，－2)∪(－1，1) B．(－∞，－2)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞)5．曲线f(x)＝x2＋x＋1 在点(0，1) 处的切线方程为(　　)A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝06．设函数f(x)在R上可导，其导函数为 f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如题图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)A．函数f(x)有极大值 f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值 f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值 f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)7．函数f(x)＝－2ln x－x－ eq \f(3,x)的单调递增区间是(　　)A．(0，＋∞) B．(－3，1)C．(0，1) D．(1，＋∞)8．设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝ eq \f(ex,x)，f(2)＝ eq \f(e2,8)，则x>0时，f(x)(　　)A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值二、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．以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是(　　)A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝ eq \f(1,x2) B．(cos 2x)′＝－2sin 2xC． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln 3)))′＝3x D．(lg x)′＝ eq \f(－1,x ln 10)10．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于y＝2x－1，则点P的坐标为(　　)A．(1，3) B．(－1，3)C．(－1，－3) D．(1，－3)11．已知函数f(x)＝x3－ax＋1的图象在x＝1处切线的斜率为－3，则下列说法正确的是(　　)A．a＝6B．f(x)在x＝－1处取得极大值C．当x∈[1，2]时，f(x)有最小值D．f(x)的极大值为4 eq \r(2)＋112．对于函数f(x)＝ eq \f(ln x,x)，下列说法正确的是(　　)A．f(x)在x＝e处取得极大值 eq \f(1,e)B．f(x)有两个不同的零点C．f(2)1三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋4，则f′(1)＝________．14．函数f(x)＝ln x－ eq \f(1,2)x2的单调递增区间为________．15．已知x＝2是f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为________．16．要做一个底面为长方形的带盖的箱子，其体积为72 cm3，其底面两邻边之比为1∶2，则它的长为________，高为________时，可使表面积最小．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)＝－2x3＋3x2－3.(1)求函数f(x)的极值；(2)求函数f(x)在[－1，2]上的最小值和最大值．18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2ln x＋1.(1)求函数f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≤2x＋c恒成立，求实数c的取值范围．19．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ eq \f(x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；(2)若函数f(x)在[1，2]上为增函数，求实数a的取值范围．20．(本小题满分12分)已知a>0，讨论函数f(x)＝ eq \f(a,3)x3－ eq \f(a2＋1,2)x2＋ax－2的单调性．21．(本小题满分12分)某产品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量将会增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x(单位：元，0≤x≤21)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．(1)将一个星期的商品销售利润表示成关于x的函数y＝f(x)；(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ eq \f(e2x－1,x2).(1)求曲线y＝f(x)过点(1，0)的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－m有一个零点，求实数m的取值范围．章末质量检测(二)　导数及其应用1．解析：f′(x)＝ex sin x＋ex cos x＝ex(sin x＋cos x)，∴f′(0)＝e0(sin 0＋cos 0)＝1，∴所求切线的倾斜角为45°.故选B.答案：B2．解析：Δs＝(3＋2×2.1)－(3＋2×2)＝0.2，Δt＝2.1－2＝0.1， 则 eq \f(Δs,Δt)＝ eq \f(0.2,0.1)＝2.故选B.答案：B3．解析：∵f(x)＝ln (2x＋1)，∴f′(x)＝ eq \f(2,2x＋1)，∴f′(0)＝2，故选C.答案：C4．解析：当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2).当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，则不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为－10，则不等式(x＋2)f′(x)<0无解．综上，不等式(x＋2)f′(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(－1，1).故选A.答案：A5．解析：∵f(x)＝x2＋x＋1，∴f′(x)＝2x＋1，∴根据导数的几何意义可得曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线的斜率为f′(0)＝1，∴曲线f(x)＝x2＋x＋1在(0，1)处的切线方程为y－1＝f′(0)(x－0)即x－y＋1＝0.故选C.答案：C6．解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.答案：D7．解析：依题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ eq \f(2,x)－1＋ eq \f(3,x2)＝ eq \f(－x2－2x＋3,x2)＝－ eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，故当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，所以函数的单调递增区间为(0，1)，故选C.答案：C8．解析：∵函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝ eq \f(ex,x)，∴ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2f（x）))′＝ eq \f(ex,x)，令F(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝ eq \f(ex,x)，F(2)＝4·f(2)＝ eq \f(e2,2)，由x2f′(x)＋2xf(x)＝ eq \f(ex,x)，得f′(x)＝ eq \f(ex－2F（x）,x3)，令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝ eq \f(ex（x－2）,x)，∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0，∴φ(x)≥0.又∵x>0，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增，∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.答案：D9．解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－ eq \f(1,x2)，(cos 2x)′＝－2sin 2x， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ln 3)))′＝3x， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg x))′＝ eq \f(1,x ln 10).故选BC.答案：BC10．解析：因f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，故3x2－1＝2⇒x＝1或－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故选AB.答案：AB11．解析：f′(x)＝3x2－a∵f′(1)＝3－a＝－3∴a＝6，A正确；则f(x)＝x3－6x＋1∴f′(x)＝3x2－6＝3(x－ eq \r(2))(x＋ eq \r(2))令f′(x)>0得x<－ eq \r(2)或x> eq \r(2)，令f′(x)<0得－ eq \r(2)0)，令f′(x)＝0得x＝e，则当00，函数为增函数，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝ eq \f(1,e)，故A正确；当x→0，f(x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0，则f(x)的图象如图，由f(x)＝0得ln x＝0得x＝1，即函数f(x)只有一个零点，故B错误；由图象知f(2)＝f(4)，f(3)>f(π)>f(4)，故f(2) eq \f(ln x,x)＋ eq \f(1,x)，设h(x)＝ eq \f(ln x,x)＋ eq \f(1,x)，(x>0)，则h′(x)＝－ eq \f(ln x,x2)，当00，当x>1时，h′(x)<0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，∴k>1成立，故D正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：f′(x)＝3x2－2f′(1)x＋1，f′(1)＝3－2f′(1)＋1，解得f′(1)＝ eq \f(4,3).答案： eq \f(4,3)14．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞).∵f′(x)＝ eq \f(1,x)－x，令f′(x)＝ eq \f(1,x)－x>0得02或x<－2时，f′(x)>0，函数单调递增，当－20⇒x>3，所以S(x)在(0，3)上单调递减，(3，＋∞)上单调递增，所以当x＝3时S(x)取得最小值，即此时长为6 cm，宽为3 cm，高为4 cm.答案：6 cm　4 cm17．解析：(1)定义域R，f′(x)＝－6x2＋6x＝－6x(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝0，x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：当x＝0时，f(x)有极小值，极小值为f(0)＝－3；当x＝1时，f(x)有极大值，极大值为f(1)＝－2.(2)结合(1)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：f(－1)＝2，f(2)＝－7，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(2)＝－7.18．解析：(1)定义域为(0，＋∞)f′(x)＝ eq \f(2,x)，k＝f′(1)＝ eq \f(2,1)＝2，f(1)＝2ln 1＋1＝1，切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)2ln x＋1≤2x＋c，c≥2ln x－2x＋1令h(x)＝2ln x－2x＋1，h′(x)＝ eq \f(2,x)－2＝ eq \f(2（1－x）,x)，由h′(x)＝0，得x＝1h(x)在(0，＋∞)有唯一极值，且是极大值，则此极大值即最大值．所以h(x)max＝h(1)＝－1所以c≥－1.19．解析：(1)f′(x)＝ eq \f(（2x＋a）ex－（x2＋ax）ex,（ex）2)＝ eq \f(－x2－（a－2）x＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝ eq \f(a,e0)＝0，所以a＝0.当a＝0时，f′(x)＝ eq \f(－x2＋2x,ex)＝ eq \f(－x（x－2）,ex)，令f′(x)＝ eq \f(－x（x－2）,ex)＝0，解得x＝0，或x＝2.所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：所以f(x)在x＝0处取得极小值．所以a＝0.(2)f′(x)＝ eq \f(－x2－（a－2）x＋a,ex)≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，即－x2－(a－2)x＋a≥0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以x2＋(a－2)x－a≤0在[1，2]上恒成立，但不恒为零，所以需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋（a－2）×1－a≤0,22＋（a－2）×2－a≤0))，解得a≤0，当a＝0时，f′(x)＝ eq \f(－x2＋2x,ex)不恒为零，所以a≤0.20．解析：定义域R，f′(x)＝ax2－(a2＋1)x＋a＝(x－a)(ax－1)(a>0).令f′(x)＝0，得x＝a，或x＝ eq \f(1,a).(1)当a> eq \f(1,a)时，即a>1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递减．(2)当a＝ eq \f(1,a)时，即a＝1，f′(x)＝(x－1)2≥0恒成立，但不恒为零，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(3)当a< eq \f(1,a)时，即01时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(a，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递减；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当09 072，所以当x＝12时，销售利润最大，定价为30－12＝18.所以当定价为18元时，一个星期的商品销售利润最大．22．解析：(1)定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝ eq \f(2e2x－1x2－2xe2x－1,x4)＝ eq \f(2e2x－1（x－1）,x3)，设切点为(x0，y0)，斜率为k，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(2e2x0－1(x0－1),x eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)) ),y0＝\f(e2x0－1,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ),y0－0＝k（x0－1）))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2,k＝\f(e3,4)))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)，,k＝－8))所以，切线方程为y－0＝ eq \f(e3,4)(x－1)或y－0＝－8(x－1)，即e3x－4y－e3＝0或8x＋y－8＝0.(2)g(x)＝f(x)－m＝0，f(x)＝mf′(x)＝ eq \f(2e2x－1（x－1）,x3)，令f′(x)＝ eq \f(2e2x－1（x－1）,x3)＝0，解得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：当x→0时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，因为有一个零点，所以0