人教A版（2019）选修二 第五章一元函数的导数及其应用 章末检测卷

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一元函数的导数及其应用章末检测卷（一）说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。第I卷(选择题 共60分)一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求.）1．（2023秋·山西运城·高二康杰中学校考期末）已知函数，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】先求，再求的值.【详解】解：因为，所以，所以，解得．故选：B.2．（2023秋·山东临沂·高二校考期末）已知曲线上一点，在点处的切线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据导数的几何意义可求出结果.【详解】由得，则切线的斜率为，所以曲线在点处的切线方程为，即.故选：A3．（2023秋·广东广州·高二西关外国语学校校考期末）函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义结合垂直条件求解作答.【详解】函数，求导得：，则，即函数的图象在点处的切线斜率为，因为切线与直线垂直，有．所以.故选：C4．（2023秋·山西太原·高二校考期末）已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数图象得到单调性，从而确定不等式的解集.【详解】由图象可知：在，上单调递增，在上单调递减，故等式的解集为.故选：B5．（2023秋·江苏苏州·高二常熟中学校考期末）已知，，，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，，，然后构造函数，利用导数研究函数的单调性即得.【详解】∵，，，∴，对于函数，，令，，则，∴在上单调递减，∴，即，在上单调递减，∴，即，∴，∴.故选：B.6．（2023秋·安徽阜阳·高二安徽省颍上第一中学校考期末）函数的增区间是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求导，利用导数判断原函数的单调性，注意原函数的定义域.【详解】由题意可知：函数的定义域为，∵，令，则，解得或，且，∴函数的增区间是.故选：D.7．（2023秋·山西太原·高二校考期末）直线与曲线相切，则的值为（    ）A．2 B．-2 C．-1 D．1【答案】D【分析】求出，设切点，由求出，代入可得答案.【详解】，设切点，由，所以，代入，得．故选：D.8．（2023秋·江苏扬州·高二江苏省江都中学校考期末）已知是函数的导函数，且对于任意实数都有，，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题解题关键在于根据已知构造出合适的函数，，再通过逆用求导公式得到，根据已知条件求得m的值，从而将抽象不等式转化为一元二次不等式，进而得解．【详解】因为，所以，即，亦即，又，所以，即有．原不等式可等价于，即，解得的取值范围是．故选：A．二、多项选择题（本题共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．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考期末）如图是函数的导函数的图象，对于下列四个判断，其中正确的是（    ）A．在上是增函数B．在上是减函数C．当时，取得极小值D．当时，取得极大值【答案】BC【分析】根据导数与原函数关系解决.【详解】从导函数图像可以看出函数在上为单调减函数；在上为增函数，故A错B对，C对D错.故选：BC10．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）已知函数，则（    ）A．函数在上单调递增B．函数在上有两个零点C．对恒有，则整数的最大值为D．若，则有【答案】ABD【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再求出的导数，推导正负判断A；结合零点存在性定理推理判断B；利用导数探讨最值判断C；利用导数证明不等式判断D作答.【详解】函数，求导得，令，求导得，对于A，当时，，有，函数在上单调递增，A正确；对于B，当时，，有，函数在上单调递增，而，则使得，当时，，当时，，因此在上递减，在上递增，由选项A知，在上递增，又，则，使得，因此函数在上有两个零点，B正确；对于C，对恒有，由选项B知，，则有，由得：，，令，，函数在上单调递减，，又，则有，因此整数的最大值为，C不正确；对于D，当时，令，则，函数在上递减，，即，函数在上递增，，即，令，，显然在上单调递增，则有函数在上单调递增，因此，即，所以当时，成立，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.11．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）已知函数，则（    ）A．在处的切线为轴 B．是上的减函数C．为的极值点 D．最小值为0【答案】ACD【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义可判断A；结合函数的单调性与导数的关系，判断B;根据导数的正负与函数极值的关系，判断C,继而判断D.【详解】由题意知，故，故在处的切线的斜率为，而，故在处的切线方程为，即，所以在处的切线为轴，A正确；当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，B错误；由此可得为的极小值点，C正确；由于在上只有一个极小值点，故函数的极小值也为函数的最小值，最小值为，D正确，故选：12．（2023秋·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期末）已知函数的两个极值点分别是，则（    ）A．或B．C．存在实数，使得D．【答案】BD【分析】对于A，由题意可得在上有2个不等的实根，从而可求出的范围，对于B，根据根与系数的关系结合的范围进行判断，对于C，由题意得，令，利用导数可求得，从而可进行判断，对于D，，令，利用导数可求出其在上的最大值小于零即可.【详解】由有两个极值点，得在上有2个不等的实根，即在上有2个不等的实根，则解得，A错误；由韦达定理，得，当时，，B正确；，令，则，所以在上单调递减，所以，所以恒成立，C错误；，令，令，所以在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，.所以，D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，解题的关键是根据题意可得在上有2个不等的实根，即在上有2个不等的实根，然后利用根与系数的关系分析判断，考查数学计算能力，属于较难题.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）函数的极值点为______．【答案】【分析】利用导数求的极值点.【详解】由题设，当时，，递减；当时，，递增；所以由极小值点为，无极大值点.故答案为：14．（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末），若关于x的方程在上有根，则实数m的取值范围是 _____．【答案】．【详解】问题化为在上有根，令，由导数求得在上的值域即得．【解答】若关于x的方程在上有根，即在上有根，令，则，时，，时，，则在上单调递增，在上单调递减，，，所以，若使在上有根，则．故答案为：．15．（2023秋·江苏盐城·高二盐城中学校考期末）若是直线上的一点，点是曲线上的一点，则的最小值为 ________．【答案】【分析】设，利用点到直线的距离可得，令，利用导数求出，即可得到答案【详解】因为点是曲线上的一点，故设，所以到直线的距离为，令，则当单调递增；当单调递减；所以，所以所以的最小值为故答案为：16．（2023秋·山东菏泽·高二山东省鄄城县第一中学校考期末）若曲线与曲线在公共点处有相同的切线，则实数__________.【答案】【分析】令，，公共点为，结合导数几何意义可构造方程组，由此可解得，进而求得的值.【详解】令，，则，；设与的公共点为，与在公动点处有相同的切线，，即，，解得：，，解得：.故答案为：.四、解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（2023秋·山东潍坊·高二统考期末）已知.(1)若函数在处取得极值，求实数的值；(2)若，求函数的单调递增区间；【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）求出函数的导数，根据，求出的值，检验即可；（2）求出的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调递增区间即可；【详解】（1）解：因为，所以，依题意，即，解得，此时，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，则在处取得极小值，符合题意，所以.（2）解：因为，所以，，则，令，则或，当时，令可得，函数的单调递增区间为；当时，令，可得或，函数的单调递增区间为，；当时，在上恒成立，函数的单调递增区间为；当时，令可得：或，函数的单调递增区间为，；综上可得：当时单调递增区间为，当时单调递增区间为，，当时单调递增区间为，当时单调递增区间为，.18．（2023秋·江苏盐城·高二校考期末）已知函数 .(1)讨论函数 的单调性；(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）由导数法即可求；（2）分别讨论，由的单调性及零点存在定理判断零点即可.【详解】（1），时，恒成立，在上是增函数；时，时，是减函数，时，是增函数，综上， 时，在上是增函数，时，在上是减函数， 在上是增函数；（2）i. 时，由 (1)得在上是增函数，，故只有一个零点；ii. 时，由(1)得.①当时，，只有一个零点，符合题意；②当时，，故在有一个零点，又在上是增函数，设，，，∴在单调递增，，∴在单调递增，，设，由知，当，，单调递减；当，，单调递增，∴，即，故在有一个零点，不合题意；③当时，，故有一个零点， 又在上是减函数，，由②得，故在有一个零点，不合题意.综上，的取值范围是.【点睛】方法点睛：1. 零点个数可根据函数单调性及零点存在定理判断；2. 对于含参函数，难点在于找到合适的自变量满足零点存在定理，本题中可根据函数形式，构造函数说明时，及；时，及.19．（2023秋·北京·高二清华附中校考期末）已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求曲线与直线的公共点个数，并说明理由；(3)若对于任意，不等式恒成立，直接写出实数的取值范围．【答案】(1)(2)曲线与直线的公共点只有一个，证明见解析(3)实数的取值范围是【分析】（1）根据导数的几何意义，求切点坐标与切线斜率即可得曲线在点处的切线方程；（2）构造函数，，确定函数的单调性与取值情况，从而可得的根的个数，即可得曲线与直线的公共点个数；（3）直线定点作曲线的切线，设切点为，通过导数的几何意义结合函数单调性与取值情况无法解出,则直线不与曲线相切，结合曲线的图象分析直线与其交点情况即可求得实数的取值范围．【详解】（1）解：函数的定义域是，所以，则，，切线方程是：，故切线方程为：；（2）解：曲线与直线的公共点只有一个，理由如下：设，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又，所以，，函数单调递增，，，函数单调递减；则，故，有且只有一个根，即有且只有一个根，故曲线与直线的公共点只有一个.（3）解：若对于任意，不等式恒成立，则又直线过定点，则过点作曲线的切线，设切点为，则斜率，则切线方程为，将代入得：，设，，则，得，所以当，，单调递增，当，，单调递减，所以，所以关于的方程无解，则说明过点的切线不存在，则直线不与曲线相切，又函数的定义域是，所以，得，所以当，，单调递增，当，，单调递减，所以，又时，，且，则可得的大致图象如下：根据上述结论结合函数图象可知当时，直线与曲线无交点，当时，直线与曲线总有交点，从而要使对于任意，不等式恒成立，实数的取值范围是.20．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）已知函数．(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；(2)若存在极小值，且极小值等于，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由条件可得在上恒成立，然后可得，然后利用导数求出的最大值即可；（2）求出，分、、、四种情况讨论的单调性，然后可得，令、，然后利用、的单调性可证明.【详解】（1）因为在上单调递增，所以在上恒成立，且不恒等于，由可得，令，则，所以在上单调递减，所以；（2）因为，其定义域为，所以，①当时，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以的极小值为，而，不合题意，②当时，由可得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的极小值为，而，不合题意，③当时，，在上单调递增，不合题意，④当时，由可得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的极小值为，令，则，所以， 令，则，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，令，则所以在上单调递增，所以，所以当时有，因为，所以，又因为在上单调递减，所以，所以，即.21．（2023秋·安徽阜阳·高二安徽省颍上第一中学校考期末）已知函数（）．(1)讨论函数的单调性；(2)若方程有两个不相等的实数根，证明：．【答案】(1)见解析.(2)见解析.【分析】（1）求出的导数，通过讨论的范围，判断的符号，得到函数的单调区间即可.（2）根据不单调，令，令，，求出的单调性，得到，从而证出结论.【详解】（1）函数的定义域为：当时，，的单调递增区间为当时，当时，，的单调递增区间为；           当时，，的单调递减区间为；综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为方程存在两个不同的实数解，因此不为单调函数，所以，令，则的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值，，令，， ， 在上单调递增，且，当时，， ，， ， 的单调递增区间为，、，.22．（2023秋·湖南郴州·高二校考期末）已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）利用导数即可求得函数的单调性；（2）先将不等式恒成立，转化为不等式恒成立，进而求得a的取值范围.【详解】（1）时，，， 在定义域上单调递增，且，则当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，恒成立，即恒成立， ∴恒成立，令， 则； 又在上单调递减，所以， 所以.