2023版新教材高中数学第六章导数及其应用综合测试卷新人教B版选择性必修第三册

这是一份2023版新教材高中数学第六章导数及其应用综合测试卷新人教B版选择性必修第三册，共12页。

第六章综合测试卷时间：120分钟　满分：150分一、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．已知函数f(x)＝sinα＋cosx，α∈[0，2π)，若f′(α)＝1，则α＝(　　)A．0或eq \f(3π,2)B．eq \f(π,2)或πC．eq \f(π,2)D．eq \f(3π,2)2．某质点沿曲线运动的方程为f(x)＝－x2＋3(x表示时间，f(x)表示位移)，则该质点从x＝2到x＝3的平均速度为(　　)A．－5B．5C．－6D．63．已知函数f(x)＝x2＋1，则eq \o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋Δx))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－Δx)),Δx)＝(　　)A．2B．4C．6D．84．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，则f′(2)＝(　　)A．2B．－2C．eq \f(9,4)D．－eq \f(9,4)5．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　　)A．(－1，2) B．(－2，1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是(　　)A．[－1，1] B．[－1，＋∞) C．[1，＋∞) D．(－∞，1]7．若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)A．ebf（s）＋f（t）.22.（本小题满分12分）已知函数f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x.（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．第六章综合测试卷1．答案：D解析：f′(x)＝－sinx，f′(α)＝－sinα＝1，因为α∈[0，2π)，所以α＝eq \f(3π,2).故选D.2．答案：A解析：由题得该质点从x＝2到x＝3的平均速度为eq \f(f（3）－f（2）,3－2)＝－5.故选A.3．答案：D解析：因为f(x)＝x2＋1，所以eq \o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋Δx))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－Δx)),Δx)＝eq \o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋Δx))2＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－Δx))2－1,Δx)＝eq \o(lim,\s\do4(Δx→0))eq \f(8Δx,Δx)＝8.故选D.4．答案：D解析：因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋eq \f(1,x)，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋eq \f(1,2)，解得f′(2)＝－eq \f(9,4).故选D.5．答案：D解析：因为f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]，所以f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，∵函数f(x)有极大值又有极小值，∴f′(x)＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝36a2－36(a＋2)>0，化为a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.则a的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞).故选D.6．答案：C解析：f′(x)＝mx＋eq \f(1,x)－2≥0对一切x>0恒成立，所以m≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x).令g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,x)，则当eq \f(1,x)＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.7．答案：D解析：方法一　在曲线y＝ex上任取一点P(t，et)，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et(x－t)，即y＝etx＋(1－t)et，由题意可知，点(a，b)在直线y＝etx＋(1－t)et上，可得b＝aet＋(1－t)et＝(a＋1－t)et，令f(t)＝(a＋1－t)et，则f′(t)＝(a－t)et.当t0，此时函数f(t)单调递增，当t>a时，f′(t)<0，此时函数f(t)单调递减，所以f(t)max＝f(a)＝ea，由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f(t)的图象有两个交点，则b0，当t>a＋1时，f(t)<0，作出函数f(t)的图象如图所示：由图可知，当00)，则g′(x)＝eq \f(ex（x＋2）－ex,2（x＋2）2)＝eq \f(ex（x＋1）,2（x＋2）2)>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝eq \f(1,4)，所以t≤eq \f(1,4).故选D.9．答案：BD解析：函数y＝x－eq \f(1,x)，则y′＝1＋eq \f(1,x2)>0，所以函数y＝x－eq \f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，没有极值点；函数y＝2|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,2－x，x<0，))根据指数函数的图象与性质可得，当x<0时，函数y＝2－x单调递减，当x≥0时，函数y＝2x单调递增，所以函数y＝2|x|在x＝0处取得极小值；函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点；函数y＝xlnx，则y′＝lnx＋1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，y′<0，函数单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，y′>0，函数单调递增，当x＝eq \f(1,e)时，函数取得极小值．故选BD.10．答案：AC解析：由f(x)＝xln (1＋x)知函数的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln (1＋x)＋eq \f(x,1＋x)，当x∈(0，＋∞)时，ln (1＋x)>0，eq \f(x,1＋x)>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增，故A正确；由f(0)＝0，当－10，当x>0，f(x)>0，所以f(x)只有0一个零点，故B错误；令x＝－eq \f(1,2)，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝lneq \f(1,2)－1＝－ln2－1，故曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))处切线的斜率为－1－ln2，故C正确；由函数的定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称知，f(x)不是偶函数，故D错误．故选AC.11．答案：AC解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，解得－π0，函数f(x)为增函数，当00时，函数f(x)的极值点为x＝eq \f(1,a)，若函数f(x)在区间(1，2)不单调，必有1<eq \f(1,a)<2，解得eq \f(1,2)0，即g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，即g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，又g(0)＝0，当x>0时，g(x)＝eq \f(x,ex)>0，所以作出函数y＝g(x)的简图如图所示，因为g(x)＝eq \f(x,ex)的图象与直线y＝－a有两个不同交点，所以0<－a<eq \f(1,e)，即－eq \f(1,e)0，解得01.所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的极大值为f(1)＝－eq \f(1,2)，无极小值．19．解析：(1)因为函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a，所以定义域为R，f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝－3(x＋1)(x－3)>0，解得－13，所以函数f(x)在区间(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递减．故函数f(x)的单调递增区间是(－1，3)；单调递减区间是(－∞，－1)，(3，＋∞).(2)f(x)的图象与x轴有三个交点，等价于－x3＋3x2＋9x＋a＝0有三个不同的根，进而等价于直线y＝a与函数g(x)＝x3－3x2－9x的图象有三个不同交点，因为g′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，且定义域为R，令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.所以有所以函数g(x)在x＝－1处取得极大值，为g(－1)＝5；在x＝3处取得极小值，为g(3)＝－27.因为直线y＝a与函数g(x)＝x3－3x2－9x的图象有三个不同交点，所以－270，则xx2；令f′(x)<0，则x10, ∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝1>0∴g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增．(3)原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，令m(x)＝f(x＋t)－f(x)，(x，t>0)，即证m(x)>m(0)，∵m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln (1＋x＋t)－exln (1＋x)，m′(x)＝ex＋tln (1＋x＋t)＋eq \f(ex＋t,1＋x＋t)－exln (1＋x)－eq \f(ex,1＋x)＝g(x＋t)－g(x)，由(2)知g(x)＝f′(x)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（1＋x）＋\f(1,1＋x)))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增，∴g(x＋t)>g(x)，∴m′(x)>0，∴m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增，又∵x，t>0，∴m(x)>m(0)，∴命题得证．22．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋x·e－x，所以f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋e－x＋x·e－x·(－1)，所以f′(0)＝1＋1＝2，因为f(0)＝0，所以所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln (1＋x)＋ax·e－x＝ln (x＋1)＋eq \f(ax,ex)，①当a≥0时，若x>0，则ln (x＋1)>0，eq \f(ax,ex)≥0，所以f(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝eq \f(ex＋a（1－x2）,（x＋1）ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，a．若g′(－1)≥0，则－eq \f(1,2e)≤a<0，所以－eq \f(1,2e)≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，因为g(－1)＝e－1>0，所以g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，所以f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．b．若g′(－1)<0，则a<－eq \f(1,2e)，所以a<－eq \f(1,2e)时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.所以g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.①当g(0)≥0，即－1≤a<－eq \f(1,2e)时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(0)＝0，所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当g(0)<0，即a<－1时，存在x1∈(－1，0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，所以f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．因为f(0)＝0，所以f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，所以f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，因为f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1).x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)单调递增 eq \f(4,27)单调递减0单调递增x(－∞，－1)－1(－1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值