高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组·基础自测
一、选择题
1．炼油厂某分厂将原油精炼为汽油，需对原油进行冷却和加热，如果第x小时时，原油温度(单位：℃)为f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋8(0≤x≤5)，那么，原油温度的瞬时变化率的最小值是( C )
A．8 B．eq \f(20,3)
C．－1 D．－8
[解析] 瞬时变化率即为f′(x)＝x2－2x，为二次函数，且f′(x)＝(x－1)2－1，又x∈[0,5]，
故x＝1时，f′(x)min＝－1.
2．做一个容积为256升的方底无盖水箱，当用料最省时，它的底面边长为( D )
A．5分米 B．6分米
C．7分米 D．8分米
[解析] 设底面边长为x分米，则高为h＝eq \f(256,x2)，其表面积S＝x2＋4·eq \f(256,x2)·x＝x2＋eq \f(256×4,x)，S′＝2x－eq \f(256×4,x2)，令S′＝0，则x＝8.当08时，S′>0，故x＝8时S最小．
3．已知函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数y＝f ′(x)的零点个数为( C )
A．0 B．1
C．2 D．不确定
[解析] f ′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，
若函数f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，
则g(x)＝x2＋2x＋a不能恒大于等于0，
故存在x使得g(x)<0，
即g(x)＝x2＋2x＋a有2个不相等的实数根，
即函数y＝f ′(x)的零点个数为2个，故选C.
4．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是( B )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
[解析] 函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，
当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，又g(0)＝1，所以a≥1.故选B.
5．内接于半径为R的球且体积最大的圆柱体的高为( A )
A.eq \f(2\r(3),3)R B．eq \f(\r(3),3)R
C．eq \f(3\r(3),2)R D．eq \f(\r(3),2)R
[解析] 作轴截面如图所示，设圆柱体高为2h，则底面半径为eq \r(R2－h2)，圆柱体体积为V＝π·(R2－h2)·2h＝2πR2h－2πh3.
令V′＝0得2πR2－6πh2＝0，
∴h＝eq \f(\r(3),3)R.即当2h＝eq \f(2\r(3),3)R时，圆柱体的体积最大．
二、填空题
6．(2023·江苏省南京市期末)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)＋a在(0，＋∞)上的最小值为2e，则实数a的值为_e__.
[解析] f ′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当x>0时，令f ′(x)>0，解得x>1，令f ′(x)<0，解得07．函数f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋5，若对于任意x∈[－1,2]，都有f(x)[解析] f ′(x)＝3x2－x－2，令f ′(x)＝0，
得x＝－eq \f(2,3)或x＝1.
可求得f(x)max＝f(2)＝7.
所以对于任意x∈[－1,2]，f(x)7.
8．(2023·桂林高一检测)已知函数f(x)＝ex(ln x－1)，使得f(m)≥－e成立的实数m的取值范围为_[1，＋∞)__.
[解析] f ′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)－1))，
令g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
当0当x>1时，g′(x)>0，函数单调递增，
故g(x)≥g(1)＝0，即f ′(x)≥0恒成立，
从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝－e，故m≥1.
三、解答题
9．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x(吨)与每吨产品的价格P(元/吨)之间的关系为P＝24 200－eq \f(1,5)x2，且生产x吨的成本为R＝50 000＋200x元．问每月生产多少吨该产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？(利润＝收入－成本)．
[解析] 每月生产x吨时的利润为
f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(24 200－\f(1,5)x2))x－(50 000＋200x)
＝－eq \f(1,5)x3＋24 000x－50 000 (x≥0)．
由f′(x)＝－eq \f(3,5)x2＋24 000＝0，
解得x1＝200，x2＝－200(舍去)．
因f(x)在[0，＋∞)内只有一个点x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值点，且最大值为：f(200)＝－eq \f(1,5)×2003＋24 000×200－50 000＝3 150 000(元)
答：每月生产200吨产品时利润达到最大，最大利润为315万元．
10．(2023·宁夏银川一中高三月考)已知函数f(x)＝aln x－eq \f(1,x)，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1，且x≥2时，证明：f(x－1)≤2x－5.
[解析] (1)由于f ′(x)＝eq \f(ax＋1,x2).
当a≥0时，对于x∈(0，＋∞)，有f ′(x)>0恒成立，
即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
当a<0时，由f ′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,a)∈(0，＋∞)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f(x－1)＝ln(x－1)－eq \f(1,x－1)，x∈[2，＋∞)．令g(x)＝ln(x－1)－eq \f(1,x－1)－2x＋5.
g′(x)＝eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,x－12)－2＝－eq \f(2x－1x－2,x－12).
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)单调递减．
又g(2)＝0，所以g(x)在(2，＋∞)恒为负．
所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)≤0，
即ln(x－1)－eq \f(1,x－1)－2x＋5≤0.
故当a＝1，且x≥2时，f(x－1)≤2x－5成立．
B组·素养提升
一、选择题
1．函数f(x)＝(x2＋tx)ex(实数t为常数，且t<0)的图象大致是( B )
[解析] 由f(x)＝0得x2＋tx＝0，得x＝0或x＝－t，即函数f(x)有两个零点，排除A，C，函数的导数f ′(x)＝(2x＋t)ex＋(x2＋tx)ex＝[x2＋(t＋2)x＋t]ex，当x→－∞时，f ′(x)>0，即在x轴最左侧，函数f(x)为增函数，排除D.
2．(多选题)若f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且对于任意x∈(0，＋∞)，有xf ′(x)>f(x)>0，设a>b>0，则下列不等式一定成立的是( AD )
A．af(a)>bf(b) B．af(a)C．af(b)>bf(a) D．af(b)[解析] 因为x∈(0，＋∞)，有xf ′(x)>f(x)>0，令g(x)＝eq \f(fx,x)，则g′(x)＝eq \f(f ′xx－fx,x2)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得g(a)>g(b)，即eq \f(fa,a)>eq \f(fb,b)，所以bf(a)>af(b)，故D正确；
因为xf ′(x)>f(x)>0，令h(x)＝xf(x)，则h′(x)＝xf ′(x)＋f(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，由a>b>0，可得h(a)>h(b)，即af(a)>bf(b)，故A正确．
3．(多选题)已知不等式(x－2)ex≥a对任意的x∈R恒成立，则满足条件的整数a的可能值为( AB )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
[解析] 令f(x)＝(x－2)ex，则f ′(x)＝(x－1)ex，易得当x>1时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x<1时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，
故当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝－e，
故a≤－e，结合选项可知，A，B符合．
二、填空题
4．(2023·黑龙江省大庆铁人中学期中)若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2))) .
[解析] 易知f ′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，x∈R.
令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
分析易知f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，
所以0和－2是函数f(x)的极值点，函数的极小值为f(0)＝－a，极大值为f(－2)＝4e－2－a＝eq \f(4,e2)－a.
函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2＝\f(4,e2)－a>0，,f0＝－a<0，))解得05．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比．如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站_5__千米处．
[解析] 依题意可设每月土地占用费y1＝eq \f(k1,x)，每月库存货物的运费y2＝k2x，其中x是仓库到车站的距离．
于是，由2＝eq \f(k1,10)，得k1＝20；
由8＝10k2，得k2＝eq \f(4,5).
因此两项费用之和为y＝eq \f(20,x)＋eq \f(4x,5).y′＝－eq \f(20,x2)＋eq \f(4,5).令y′＝－eq \f(20,x2)＋eq \f(4,5)＝0，得x＝5(x＝－5舍去)，且当x>5时，y′>0；当0三、解答题
6．已知函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(e－1)x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求证：f(x)>2.
[解析] (1) 函数f(x)＝aex－bln x的导数为f ′(x)＝aex－eq \f(b,x)，
函数f(x)＝aex－bln x在点(1，f(1))处的切线斜率为k＝ae－b，
由切线方程y＝(e－1)x＋1，可得ae－b＝e－1，e＝ae，解得a＝1，b＝1.
(2)f(x)＝ex－ln x，
导数为f ′(x)＝ex－eq \f(1,x)，x>0，易知f ′(x)为增函数，
且f ′(1)>0，f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0.
所以存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，有f ′(m)＝0，即em＝eq \f(1,m)，
且x>m时，f ′(x)>0，f(x)递增；
0可得在x＝m处f(x)取得最小值，
f(m)＝em－ln m＝eq \f(1,m)＋m>2，
可得f(x)>2成立．
C组·探索创新
(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2[解析] (1)由题意，得f ′(x)＝1－ln x＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝－ln x，所以当x∈(0,1)时，f ′(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，此时f(x)单调递减．
(2)证明：由bln a－aln b＝a－b，得eq \f(ln a,a)＋eq \f(1,a)＝eq \f(ln b,b)＋eq \f(1,b)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))).
设b>a>0，由(1)知01，
所以eq \f(1,a)>1,0设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1则g′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，
所以g(x)在(1,2)上是增函数，所以g(x)>g(1)＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,a)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,a))).
因为x∈(0,1)时，f(x)单调递增，
所以eq \f(1,b)>2－eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>2.
同理，设h(x)＝f(x)－f(e－x)，0则h′(x)＝f ′(x)＋f ′(e－x)＝－ln x－ln(e－x)＝－ln[x(e－x)]．
因为y＝x(e－x)在(0,1)上是增函数，
所以h(x)在(0,1)上是减函数，所以h(x)>h(1)>0，
所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(e－x)．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,b)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,b))).
因为x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，
所以eq \f(1,a)综上所述，2

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