2023新教材高中数学第5章一元函数的导数及其应用单元质量测评新人教A版选择性必修第二册

这是一份2023新教材高中数学第5章一元函数的导数及其应用单元质量测评新人教A版选择性必修第二册，共10页。

第五章　单元质量测评
　　时间：120分钟　　　满分：150分
一、选择题(本题共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．若物体的运动规律是s＝f(t)，则物体在时刻t0的瞬时速度可以表示为(　　)
① ；② ；
③f′(t0)；④f′(t)．
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
答案　B
解析　根据瞬时速度的概念及导数的意义易知①③正确，故选B.
2．以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是(　　)
A.∪ B．[0，π)
C. D．∪
答案　A
解析　y′＝cosx，∵cosx∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是∪.
3．函数y＝x2ex的单调递减区间是(　　)
A．(－1,2)
B．(－∞，－1)与(1，＋∞)
C．(－∞，－2)与(0，＋∞)
D．(－2,0)
答案　D
解析　y′＝(x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．∵ex>0，∴xex(x＋2)<0，即－2 4．方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)内根的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　B
解析　设f(x)＝2x3－6x2＋7，则f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．
∵x∈(0,2)，∴f′(x)<0.∴f(x)在(0,2)上单调递减，又f(0)＝7，f(2)＝－1，∴f(x)在(0,2)上有且只有一个零点，即方程2x3－6x2＋7＝0在(0,2)内只有一个根．
5．设a∈R，若函数y＝ex＋2ax有大于0的极值点，则(　　)
A．a＜－ B．a＞－
C．a＜－ D．a＞－
答案　C
解析　由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a，由题意，得ex＋2a＝0有正数解．当x＞0时，ex＝－2a＞1，即a＜－.
6．已知函数f(x)＝x2＋cosx，f′(x)是函数f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是(　　)

答案　A
解析　因为f(x)＝x2＋cosx，所以f′(x)＝x－sinx.因为f′(x)为奇函数，所以排除B，D；设y＝x－sinx，则y′＝－cosx，所以当0＜x＜时，y′＜0，所以函数f′(x)＝x－sinx在上单调递减，排除C.故选A.
7．若x，y∈，且xsinx－ysiny>0，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．xy
C．|x|<|y| D．|x|>|y|
答案　D
解析　令f(x)＝xsinx，x∈，则f(x)为偶函数．当x>0时，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，即f(x)在上单调递增，根据偶函数的对称性可知，f(x)在上单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，由xsinx－ysiny>0，可得xsinx>ysiny，即f(x)>f(y)，从而可得|x|>|y|.故选D.
8．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案　A
解析　当x>0时，令F(x)＝，则F′(x)＝<0，∴当x>0时，F(x)＝为减函数．∵f(x)为奇函数，且由f(－1)＝0，得f(1)＝0，故F(1)＝0.在区间(0,1)上，F(x)>0；在(1，＋∞)上，F(x)<0，即当00；当x>1时，f(x)<0.又f(x)为奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；当x∈(－1,0)时，f(x)<0.综上可知，f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.
二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)
9．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题正确的是(　　)

A．－3是函数y＝f(x)的极值点
B．－1是函数y＝f(x)的最小值点
C．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增
D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零
答案　AC
解析　根据导函数图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,1)上单调递增，故C正确；则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；∵函数y＝f(x)在(－3,1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确．故选AC.
10．设函数f(x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)在区间(1,2)上有最大值
答案　BC
解析　∵f(x)＝，∴ln x≠0，∴x>0且x≠1，
∴f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A错误；
当x∈(0,1)时，ex>0，ln x<0，∴f(x)<0，其图象位于x轴下方，故B正确；由f(x)＝，得f′(x)＝，令g(x)＝xln x－1，则g′(x)＝ln x＋1，当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)>g(1)＝－1，又g(2)＝2ln 2－1>0，
∴存在x0∈(1,2)，使g(x0)＝0，
∴当1x0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故C正确，D错误．故选BC.
11．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1 A．a>e
B．x1＋x2>2
C．x1x2>1
D．f(x)有极小值点x0，且x1＋x2<2x0
答案　ABD
解析　由题意，函数f(x)＝ex－ax，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0在R上恒成立，所以函数f(x)单调递增，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a，令f′(x)＝ex－a<0，解得x0，所以1－ln a<0，解得a>e，所以A正确；由题意，得ex1＝ax1，ex2＝ax2，所以ex2－x1＝，设t＝，则由图象法知01，e(t－1)x1＝t，解得x1＝.因此x1＋x2－2＝(t＋1)x1－2＝＝，令g(t)＝ln t－2＋，则g′(t)＝－＝>0，所以g(t)>g(1)＝0，所以x1＋x2－2>0即x1＋x2>2，所以B正确；x1x2－1＝tx－1＝t2－1＝＝.令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝－<0，所以h(t) 12．对于函数f(x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．f(x)在x＝处取得极大值
B．f(x)有两个不同的零点
C．f() D．若f(x)
答案　ACD
解析　函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝时取得极大值f()＝，A正确；因为f(1)＝0，当01时，f(x)>0，因此f(x)只有一个零点，B错误；由于<<，因此f()h(4)，即>＝，∴f()0)，则g′(x)＝－，易知当x∈时，g′(x)>0，x∈时，g′(x)<0，g(x)在x＝时取得极大值也是最大值，即g＝，∴若f(x)＋，D正确．故选ACD.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数f(x)＝ex，x∈R.若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图象相切，则实数k的值为________．
答案　
解析　设f(x)的反函数为g(x)，则g(x)＝ln x．设直线y＝kx＋1与g(x)＝ln x的图象在点(x0，y0)处相切，则有y0＝kx0＋1＝ln x0，k＝g′(x0)＝，解得x0＝e2，k＝.
14．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．
答案　(－1,0]
解析　f′(x)＝，令f′(x)>0，得－1 又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以解得－1 15．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．
答案　(－2,2)
解析　令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，
可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，
极小值为f(1)＝－2，
如图所示，当－2
16．已知a<0，函数f(x)＝ax3＋ln x，且f′(1)的最大值为－12，则实数a的值为________．
答案　－2
解析　f′(x)＝3ax2＋，
则f′(1)＝3a＋.
∵a<0，
∴f′(1)＝－≤－2＝－12.
当且仅当－3a＝，即a＝－2时，取“＝”．
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c.
(1)当c＝0时，f(x)在点P(1,3)处的切线平行于直线y＝x＋2，求a，b的值；
(2)若f(x)在点A(－1,8)，B(3，－24)处有极值，求f(x)的表达式．
解　(1)当c＝0时，f(x)＝x3－2ax2＋bx.
所以f′(x)＝3x2－4ax＋b.依题意可得f(1)＝3，f′(1)＝1，
即解得
(2)f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝3x2－4ax＋b.
由题意知－1,3是方程3x2－4ax＋b＝0的两根，
所以解得a＝，b＝－9，
由f(－1)＝－1－2a－b＋c＝8，a＝，b＝－9，
可得c＝3，所以f(x)＝x3－3x2－9x＋3.
经检验知，符合题意．
18．(本小题满分12分)已知某公司生产的某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件，需另投入1.9万元，设R(x)(单位：万元)为销售收入，据市场调查知R(x)＝其中x是年产量(单位：千件)．
(1)写出年利润W关于年产量x的函数关系式；
(2)年产量为多少时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大？
解　(1)依题意有，
W＝
即W＝
(2)设f(x)＝－x3＋8.1x－10(0≤x≤10)，
则f′(x)＝－x2＋8.1，由f′(x)＝0，得x＝9或x＝－9(舍去)．
当0≤x≤9时，f′(x)≥0；当9≤x≤10时，f′(x)≤0，所以当x＝9时，f(x)取得最大值38.6.
当x>10时，－1.9x<<38.6.所以当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．
19．(本小题满分12分)当0x－.
证明　设函数f(x)＝sinx－x＋，显然f(0)＝0，
则f′(x)＝cosx－1＋＝－2sin2
＝2.
又因为0sinx，所以>sin>0，
2－2>0.
故f′(x)>0，函数f(x)在上是增函数，
所以f(x)>f(0)＝0，即sinx>x－.
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax2＋2x－ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间上是增函数，求实数a的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝ax2＋2x－ln x，当a＝0时，f(x)＝2x－ln x，则f′(x)＝2－，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x



f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以当x＝时，f(x)的极小值为1＋ln 2，函数无极大值．
(2)由已知，得f(x)＝ax2＋2x－ln x，且x＞0，
则f′(x)＝ax＋2－＝，
若a＝0，由f′(x)＞0得x＞，显然不符合题意，
若a≠0，因为函数f(x)在区间上是增函数，
所以f′(x)≥0对x∈恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0对x∈恒成立，即a≥＝－＝2－1恒成立，
故a≥max，
而当x＝时，函数2－1的最大值为3，所以实数a的取值范围为a≥3.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2－3ax＋1，x∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝3时，若函数f(x)在区间[m,2]上的最大值为28，求m的取值范围．
解　(1)由f(x)＝x3＋(a－1)x2－3ax＋1，得
f′(x)＝3x2＋3(a－1)x－3a＝3(x－1)(x＋a)．
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－a.
①当－a＝1，即a＝－1时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，
f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②当－a＜1，即a＞－1时，
当x＜－a或x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，－a)，(1，＋∞)上单调递增．
当－a＜x＜1时，f′(x)＜0，
f(x)在(－a,1)上单调递减；
③当－a＞1，即a＜－1时，
当x＜1或x＞－a时，f′(x)＞0，
f(x)在(－∞，1)，(－a，＋∞)上单调递增．
当1＜x＜－a时，f′(x)＜0，
f(x)在(1，－a)上单调递减．
综上，当a＜－1时，f(x)在(－∞，1)，(－a，＋∞)上单调递增，f(x)在(1，－a)上单调递减；
当a＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞－1时，f(x)在(－∞，－a)，(1，＋∞)上单调递增，f(x)在(－a,1)上单调递减．
(2)当a＝3时，f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，x∈[m,2]，f′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x＋3)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－3.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1,2]
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大

极小

由此表可得，f(x)极大值＝f(－3)＝28，f(x)极小值＝f(1)＝－4.又f(2)＝3＜28，故区间[m,2]内必须含有－3，即m的取值范围是(－∞，－3]．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－f′(1)·x＋ln，g(x)＝－－f(x)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设函数h(x)＝x2－x＋m，若存在x1∈(0,1]，对任意的x2∈[1,2]，总有g(x1)≥h(x2)成立，求实数m的取值范围．
解　(1)∵f′(x)＝－f′(1)，∴f′(1)＝1－f′(1)，
∴f′(1)＝，
∴f(x)＝ln x－x＋ln (x＞0)，
f′(x)＝－＝.
∴当0＜x＜2时，f′(x)＞0；当x＞2时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．
(2)∵g(x)＝2x－－ln x－ln (x＞0)，
∴g′(x)＝2－＋＝.
又2x2－x＋2＝22＋＞0，
∴在(0,1]上g′(x)＞0，即函数g(x)在(0,1]上单调递增，g(x)在(0,1]上的最大值为g(1)＝ln 2－1.
而“存在x1∈(0,1]，对任意的x2∈[1,2]，总有g(x1)≥h(x2)成立”等价于“g(x)在(0,1]上的最大值不小于h(x)在[1,2]上的最大值”．
∵h(x)在[1,2]上的最大值为h(2)＝2＋m.
∴ln 2－1≥2＋m，
∴m≤ln 2－3.
∴实数m的取值范围为(－∞，ln 2－3]．