人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测试2导数及其应用含答案

这是一份人教B版高中数学选择性必修第三册章末综合测试2导数及其应用含答案，共12页。

章末综合测评(二)　导数及其应用一、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．下列各式正确的是(　　)A．(sin a)′＝cos a(a为常数)B．(cos x)′＝sin xC．(sin x)′＝cos xD．(x－5)′＝－eq \f(1,5)x－6C　[由导数公式知选项A中(sin a)′＝0；选项B中(cos x)′＝－sin x；选项D中(x－5)′＝－5x－6．]2．函数f (x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝(　　)A．－1　　B．eq \f(1,4)　　C．eq \f(1,2)　　D．1B　[对函数求导f ′(x)＝eq \f(1,x)－a，k＝f ′(2)＝eq \f(1,2)－a＝a，所以a＝eq \f(1,4)．]3．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f (x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)A．a＜b B．a＞bC．ab＜a2 D．ab＞a2D　[法一(分类与整合法)：函数f (x)＝a(x－a)2(x－b)＝(x－a)2(ax－ab)，求导得f ′(x)＝2(x－a)(ax－ab)＋a(x－a)2＝a(x－a)(3x－a－2b)，令f ′(x)＝0，结合a≠0可求得x＝a或x＝eq \f(a＋2b,3)．(1)当a>0时，①若eq \f(a＋2b,3)＞a，即b＞a，此时易知函数f (x)在(－∞，a)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递减，所以x＝a为函数f (x)的极大值点，满足题意；②若eq \f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f (x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若eq \f(a＋2b,3)a，即b>a，此时易知函数f (x)在(－∞，a)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递增，所以x＝a为函数f (x)的极小值点，不满足题意；②若eq \f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f (x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若eq \f(a＋2b,3)＜a，即b＜a，此时易知函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,3)，a))上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f (x)的极大值点，满足题意．综上可知：当a>0且b>a时满足题意，当a<0且ba2成立．故选D． 法二(特值排除法)：当a＝1，b＝2时，函数f (x)＝(x－1)2(x－2)，作出该函数的图像(图略)，观察可知x＝1为函数的极大值点，满足题意．所以根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误．当a＝－1，b＝－2时，函数f (x)＝－(x＋1)2(x＋2)，作出该函数的图像(图略)，观察可知x＝－1为函数的极大值点，满足题意．所以根据a＝－1，b＝－2可知选项A错误．故选D．法三(数形结合法)：当a>0时，根据题意作出函数f (x)的大致图像如图1所示，观察可知b>a．当a<0时，根据题意作出函数f (x)的大致图像如图2所示，观察可知a＞b．图1　　　　　　图2综上可知，必有ab＞a2成立．故选D．]4．函数f (x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是(　　)A．2 B．1C．0 D．由a确定C　[f ′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x2＋2x＋1)＝3(x＋1)2≥0，∴函数f (x)在R上单调递增，无极值．故选C．]5．函数f (x)＝eq \f(1,3)x2－ln x的单调递减区间为(　　)A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，\f(\r(6),2)))C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(6),2)))C　[∵f (x)＝eq \f(1,3)x2－ln x(x>0)，∴f ′(x)＝eq \f(2,3)x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－3,3x)，当f ′(x)<0时，解得00且x≠2时，(x－2)·[2f (x)＋xf ′(x)]<0，若曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线的斜率为－10，则f (2)的值为(　　)A．4　　B．6　　C．8　　D．10D　[①若x>2，则2f (x)＋xf ′(x)<0，②若00，令g(x)＝x2f (x)，g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)＝x[2f (x)＋xf ′(x)]，∵x>0，∴g(x)在x＝2时取得极值，g′(2)＝4f (2)＋4f ′(2)＝0，∵f ′(2)＝－10，∴f (2)＝10，故选D．]7．(2022·河南焦作高二期中)已知曲线C1：f (x)＝xex在x＝0处的切线与曲线C2：g(x)＝eq \f(aln x,x)(a∈R)在x＝1处的切线平行，令h(x)＝f (x)g(x)，则h(x)在(0，＋∞)上(　　)A．有唯一零点 B．有两个零点C．没有零点 D．不确定A　[∵f (x)＝xex，∴f ′(x)＝(1＋x)ex．∵g(x)＝eq \f(aln x,x)，x＞0，∴g′(x)＝eq \f(a－aln x,x2)．由题设知，f ′(0)＝g′(1)，即(1＋0)e0＝eq \f(a－aln 1,12)，∴a＝1，则h(x)＝f (x)g(x)＝xex·eq \f(ln x,x)＝exln x，x＞0，∴h′(x)＝exln x＋eq \f(ex,x)＝eq \f(xln x＋1ex,x)，x＞0．令m(x)＝xln x＋1，x＞0，则m′(x)＝ln x＋1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，m′(x)＜0，即函数m(x)＝xln x＋1单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，m′(x)＞0，即函数m(x)＝xln x＋1单调递增．∴在(0，＋∞)上m(x)的最小值为meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq \f(1,e)＞0，∴m(x)>0，则h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，故选A．]8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)A．eb＜a B．ea＜bC．0＜a＜eb D．0＜b＜eaD　[法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝eeq \s\up12(x0) (x－a)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y0－b＝eeq \s\up12(x0)x0－a,y0＝eeq \s\up12(x0)))得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程eeq \s\up12(x0) (1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f (x)＝ex(1－x＋a)，则f ′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f ′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当x＞a时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以f (x)max＝f (a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f (x)＞0，当x→－∞时，f (x)→0，当x→＋∞时，f (x)→－∞，函数f (x)＝ex(1－x＋a)的大致图像如图所示，因为f (x)的图像与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea．故选D．法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea．故选D．]二、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．甲工厂八年来某种产品年产量与时间(单位：年)的函数关系如图所示．则下列说法正确的有(　　)A．前四年该产品产量增长速度越来越快B．前四年该产品产量增长速度越来越慢C．第四年后该产品停止生产D．第四年后该产品年产量保持不变BD　[设产量与时间的关系为y＝f (x)，由题图可知f (x)在点(1，f (1))，(2，f (2))，(3，f (3))，(4，f (4))处的切线的斜率越来越小，根据导数的几何意义可知，前四年该产品产量增长速度越来越慢，故A错误，B正确；由题图可知从第四年开始产品产量不发生变化，且f (4)≠0，故C错误，D正确，故说法正确的有BD．故选BD．]10．已知f (x)＝x(x－1)(x－2)…(x－20)，下列结论正确的是(　　)A．f ′(0)＝20! B．f ′(1)＝19!C．f ′(19)＝－19! D．f ′(20)＝－20!AC　[∵f (x)＝x(x－1)(x－2)…(x－20)，∴f ′(x)＝(x－1)(x－2)…(x－20)＋x(x－2)…(x－20)＋x(x－1)(x－3)…(x－20)＋…＋x(x－1)…(x－19)，∴f ′(0)＝(－1)×(－2)×…×(－20)＝20！，即A正确；f ′(1)＝1×(－1)×(－2)×…×(－19)＝－19！，即B错误，C正确；f ′(20)＝20×19×…×1＝20！，故D错误，故选AC．]11．(2022·江苏苏州高二阶段性诊断)声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数．纯音的数学模型是函数y＝Asin ωt，我们听到的声音是由纯音合成的，称为复合音．若一个复合音的数学模型是函数f (x)＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x，则下列说法正确的是(　　)A．f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增B．f (x)的最大值为eq \f(3\r(3),4)C．f (x)在[0，2π]上有3个零点D．f (x)在[0，2π]上有3个极值点BC　[取一个周期2π，不妨设x∈[0，2π]，f ′(x)＝cos x＋cos 2x＝2cos2x＋cos x－1＝(2cos x－1)(cos x＋1)，令f ′(x)＝0，解得x＝eq \f(π,3)或x＝π或x＝eq \f(5π,3)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3)))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，所以A错误；f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),4)，f (2π)＝0，所以f (x)的最大值为eq \f(3\r(3),4)，所以B正确；f (0)＝0，f (π)＝0，f (2π)＝0，结合f (x)的单调性可知f (x)在[0，2π]上有3个零点，所以C正确；f (x)在x＝eq \f(π,3)和x＝eq \f(5π,3)处取得极值，所以D错误．故选BC．]12．设函数f (x)＝eq \f(ex,ln x)，则下列说法正确的是(　　)A．f (x)在区间(1，2)上有最大值B．x∈(0，1)时，f (x)图像位于x轴下方C．f (x)存在单调递增区间D．f (x)有且仅有两个极值点BC　[∵f (x)＝eq \f(ex,ln x)(x>0，x≠1)，则f ′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln x－\f(1,x))),ln x2)，令g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)(x>0)，所以g′(x)>0，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1<0，g(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0，所以函数f (x)在(1，2)上先减后增，没有最大值，所以A不正确；由f (x)＝eq \f(ex,ln x)，当x∈(0，1)时，ln x<0，∴f (x)<0，所以f (x)在(0，1)上的图像都在x轴的下方，所以B正确；因为f ′(x)>0在定义域上有解，所以函数f (x)存在单调递增区间，所以C是正确的；由g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)(x>0)，所以g′(x)>0，函数g(x)单调递增，则函数f ′(x)＝0只有一个根x0，使得f ′(x0)＝0，当x∈(0，1)∪(1，x0)时，f ′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，函数单调递增．所以函数只有一个极小值，所以D不正确，故选BC．]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．1　[函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x＞eq \f(1,2)时，f (x)＝2x－1－2ln x，所以f ′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，当eq \f(1,2)＜x＜1时，f ′(x)＜0，当x＞1时，f ′(x)＞0，所以f (x)min＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0＜x≤eq \f(1,2)时，f (x)＝1－2x－2ln x在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))单调递减，所以f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2ln eq \f(1,2)＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1．综上，f (x)min＝1．]14．函数y＝x3－6x＋5的图像在点(1，0)处切线的方程是________，该函数的单调递减区间是________．y＋3x－3＝0　(－eq \r(2)，eq \r(2))　[函数y＝x3－6x＋5的导函数为y′＝3x2－6，所以当x＝1时，切线斜率k＝－3，所以函数y＝x3－6x＋5的图像在点(1，0)处切线的方程为y＝－3(x－1)，即y＋3x－3＝0，由y′＝3x2－6<0解得－eq \r(2)0,f′1＝me<0))，解得－20)．(1)求函数y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当a>1时，求函数y＝f (x)的单调区间和极值．[解]　(1)f (0)＝1，f ′(x)＝eq \f(a,x＋1)＋x－a＝eq \f(xx－a＋1,x＋1)，∴f ′(0)＝0，所以函数y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1．(2)函数的定义域为(－1，＋∞)，令f ′(x)＝0，即eq \f(xx－a＋1,x＋1)＝0．解得x＝0或x＝a－1．当a>1时，f (x)，f ′(x)随x变化的变化情况为：可知f (x)的单调减区间是(0，a－1)，单调增区间是(－1，0)和(a－1，＋∞)，极大值为f (0)＝1，极小值为f (a－1)＝aln a－eq \f(1,2)a2＋eq \f(3,2)．20．(本小题满分12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r m，高为h m，体积为V m3．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/m2，底面的建造成本为160元/m2，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解]　(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得0＜r<5eq \r(3)，故函数V(r)的定义域为(0，5eq \r(3))．(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5eq \r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8．即当r＝5 m，h＝8 m时，该蓄水池的体积最大．21．(本小题满分12分)已知函数f (x)＝eq \f(1,2)x2－aln x＋(1－a)x．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)若f (x)>eq \f(a2,2)恒成立，求正实数a的取值范围．[解]　(1)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x－eq \f(a,x)＋1－a＝eq \f(x2＋1－ax－a,x)＝eq \f(x＋1x－a,x)，当a≤0时，在(0，＋∞)上f ′(x)≥0，所以f (x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f ′(x)>0有x>a，令f ′(x)<0有0eq \f(a2,2)恒成立等价于g(a)>0，即－aln a＋(1－a)a>0，整理得ln a＋a－1<0，令h(x)＝ln x＋x－1，易知h(x)为增函数，且h(1)＝0，所以ln a＋a－1<0的a的取值范围是00，且x≠1时，f (x)>eq \f(ln x,x－1)．[解]　(1)f ′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－ln x)),x＋12)－eq \f(b,x2)，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq \f(1,2)，且过点(1，1)，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)证明：由(1)知，f (x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，所以f (x)－eq \f(ln x,x－1)＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ln x－\f(x2－1,x)))．设函数h(x)＝2ln x－eq \f(x2－1,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2x2－x2－1,x2)＝－eq \f(x－12,x2)．所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，得f (x)>eq \f(ln x,x－1)；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，得f (x)>eq \f(ln x,x－1)．故当x>0，且x≠1时，f (x)>eq \f(ln x,x－1)．x(－1，0)0(0，a－1)a－1(a－1，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗