新教材2023年高中数学第五章一元函数的导数及其应用检测题新人教A版选择性必修第二册

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第五章检测题
考试时间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．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(　B　)
(1)；
(2)；
(3)f ′(t0)；
(4)f ′(t)．
A．(1)(2)　　 B．(1)(3)　　
C．(2)(3)　　 D．(2)(4)
2．若曲线y＝2x2的一条切线l与直线x＋4y－8＝0垂直，则切线l的方程为(　D　)
A．x＋4y＋3＝0　　 B．x＋4y－9＝0
C．4x－y＋3＝0　　 D．4x－y－2＝0
[解析]　设切点坐标为(x0，y0)．易知y′＝4x，则有4x0＝4，解得x0＝1，所以y0＝2，故切线l的方程为y－2＝4(x－1)，即4x－y－2＝0.
3．函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间内单调递增(　B　)
A．　　 B．(π，2π)
C．　　 D．(2π，3π)
[解析]　y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈(π，2π)时，－xsin x>0，则函数y＝xcos x－sin x在(π，2π)上单调递增．
4．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是(　D　)
A．(－∞，－2]　　 B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞)　　 D．[1，＋∞)
[解析]　f ′(x)＝k－，∵函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，∴f ′(x)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立．
∴k≥，而y＝在区间(1，＋∞)上单调递减，∴k≥1，∴k的取值范围是[1，＋∞)．故选D．
5．函数f(x)＝(　B　)
A．在(0，2)上单调递减
B．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增
C．在(0，2)上单调递增
D．在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减
[解析]　f ′(x)＝＝＝.
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.
∴x∈(－∞，0)和x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，
x∈(0，1)和x∈(1，2)时，f ′(x)<0，故选B．
6．函数y＝图象大致为(　C　)

A． B．

C． D．
[解析]　由题意，函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f(－x)＝＝－＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，排除A，B；
当x＞0时，函数y＝，则y′＝，
当0＜x＜e时，y′＞0，函数单调递增，当x＞e时，y′＜0，函数单调递减，排除D．
7．已知函数f(x)＝2ex－ax在[0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　B　)
A．(－∞，1]　　 B．(－∞，2]
C．[1，＋∞)　　 D．[2，＋∞)
[解析]　f ′(x)＝2ex－a，因为函数f(x)＝2ex－ax在[0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x)＝2ex－a≥0在[0，＋∞)上恒成立，解得a≤2.
8．(多选题)(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　AC　)
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
[解析]　由题，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0得x>或x<－，
令f′(x)<0得－ 所以f(x)在上单调递减，
在，上单调递增，
所以x＝±是极值点，故A正确；
因f＝1＋>0，f＝1－>0，f(－2)＝－5<0，
所以，函数f(x)在上有一个零点，
当x≥时，f(x)≥f>0，即函数f(x)在上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，(0，0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确；
令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC．
二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，下列选项正确的是(　AC　)
A．0
C．f(x0)＋x0＜0　　 D．f(x0)＋x0＞0
[解析]　∵函数f(x)＝xln x＋x2(x＞0)，
∴f ′(x)＝ln x＋1＋x，易得f ′(x)＝ln x＋1＋x在(0，＋∞)递增，
∴f ′＝＞0，
∵x→0，f ′(x)→－∞，
∴0＜x0＜，
即A正确，B不正确；
∵ln x0＋1＋x0＝0，
∴f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0＝x0＝－x＜0，即C正确，D不正确．
故选AC．
10．若函数f(x)的导函数的图象关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为(　ABC　)
A．f(x)＝tan 2x　　 B．f(x)＝x5＋sin 2x
C．f(x)＝1＋sin 2x　　 D．f(x)＝ex－x
[解析]　对于A，由f(x)＝tan 2x可得f ′(x)＝′＝＝，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故A满足题意；
对于B，由f(x)＝x5＋sin 2x可得f ′(x)＝5x4＋2cos 2x, f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故B满足题意；
对于C，由f(x)＝1＋sin 2x可得f ′(x)＝2cos 2x(x∈R)，则f ′(x)为偶函数，关于y轴对称，故C满足题意；
对于D，由f(x)＝ex－x可得f ′(x)＝ex－1(x∈R)，则f ′(－x)＝e－x－1，所以f ′(x)是非奇非偶函数，不关于y轴对称，故D不满足题意；故选ABC．
11．已知函数f(x)定义域为[－1，5]，部分对应值如下表所示.
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1
f(x)的导函数 f ′(x)的图象如图所示．

下列关于函数f(x)的结论正确的有(　ABD　)
A．函数f(x)的极大值点有2个
B．函数f(x)在(0，2)上单调递减
C．若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4
D．当1≤a<2时，函数y＝f(x)－a有4个零点
[解析]　由题图可知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，在(4，5)上单调递减，易知选项A，B正确．
对于C，结合题表及函数f(x)的单调性可得，当t≥0时，f(x)在[－1，t]上的最大值为2，故t的最大值不为4.故C错误．
对于D，求函数y＝f(x)－a的零点个数，即求函数y＝f(x)和y＝a的图象的交点个数，由函数f(x)的简图(图略)易知，当1≤a<2时，函数y＝f(x)和y＝a的图象有4个交点，故D正确．
12．已知函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)的极大值点为x＝a，则(　BD　)
A．b2 B．a2 C．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1＋x2>0
D．若f ′(x1)＝f ′(x2)＝0，则x1x2>0
[解析]　令f(x)＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f(x)的两个零点，当a>0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图甲所示，则0ab>a2，故选BD．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为__y＝－__．
[解析]　y＝f(x)＝xex⇒f′(x)＝(1＋x)ex，
令f ′(x)＝0⇒x＝－1，此时f(－1)＝－.
函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－.
14．若函数f(x)＝x(x－a)2在x＝2处取得极小值，则a＝__2__．
[解析]　求导函数可得f ′(x)＝3x2－4ax＋a2，所以f ′(2)＝12－8a＋a2＝0，解得a＝2或a＝6，
当a＝2时，f ′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)，函数在x＝2处取得极小值，符合题意；
当a＝6时，f ′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，函数在x＝2处取得极大值，不符合题意，所以a＝2.
15．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－1.
(1)若f(x)的单调减区间为(－1，1)，则a的取值集合为__{0}__.
(2)若f(x)在区间(－1，1)内单调递减，则a的取值集合为__{a|a≤0}__．
[解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3)．
(1)∵f(x)的单调减区间为(－1，1)，
∴－1和1是方程f ′(x)＝0的两根，
∴＝1，∴a＝0，∴a的取值集合为{0}．
(2)∵f(x)在区间(－1，1)内单调递减，∴f ′(x)≤0在(－1，1)内恒成立，又二次函数y＝f ′(x)开口向上，一根为－1，∴必有≥1，∴a≤0，
∴a的取值集合为{a|a≤0}．
16．设定义域为R的函数f(x)满足f ′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x) [解析]　设F(x)＝，
则F ′(x)＝.
∵f ′(x)>f(x)，
∴F ′(x)>0，即函数F(x)在定义域上单调递增．
∵ex－1f(x) ∴<，即F(x) ∴x<2x－1，即x>1，
∴不等式ex－1f(x) 四、解答题(本大题共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)＝ex＋ax＋b，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≥0.
[解析]　(1)∵f(x)＝ex＋ax＋b，∴f ′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝a－b，
∴，解得a＝－1，b＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝ex－x－1，f ′(x)＝ex－1，
∴当x<0时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，当x>0时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)的最小值为f(0)＝0，∴f(x)≥0.
18．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，1]上的最大值为，求a的值．
[解析]　函数f(x)的定义域为(0，2)，
f′(x)＝－＋a，
(1)当a＝1时，f′(x)＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，2)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)．
(2)当x∈(0，1]时，f′(x)＝＋a>0，
即f(x)在(0，1]上单调递增，故f(x)在(0，1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
19．(本小题满分12分)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．
[解析]　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为f(0)＝c，f ′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f ′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f ′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)与f ′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2)
－2

－

f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－
↗
所以，当c＞0且c－＜0时，由f(－4)＝－16＋c<0，f(－2)＝c>0，f＝－＋c<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，
x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
20．(本小题满分12分)某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间大体满足关系：
P＝(其中c为小于6的正常数，次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1表示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)
已知每生产1万件合格的仪器可盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．
(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数；
(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？
[解析]　(1)当x>c时，P＝，
所以T＝x·2－x·1＝0.
当1≤x≤c时，P＝，
所以T＝·x·2－·x·1＝.
综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T＝
(2)由(1)知，当x>c时，每天的盈利额为0，
当1≤x≤c时，T′＝＝，
令T′＝0，解得x＝3或x＝9.
因为1 所以(ⅰ)当3≤c<6时，Tmax＝3，此时x＝3.
(ⅱ)当1≤c<3时，
由T′＝＝
知函数T＝在[1，3]上递增，
所以Tmax＝，此时x＝c.
综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；
若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．
21．(本小题满分12分)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[解析]　(1)f ′(x)＝3x2＋b.
依题意得f ′＝0，即＋b＝0，故b＝－.
(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f ′(x)＝3x2－.
令f ′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f ′(x)与f(x)的情况为：
x

－



f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c＋
↘
c－
↗
因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－ 综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
22．(本小题满分12分)(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝2时，f(x)＝，
f ′(x)＝＝，
令f ′(x)＝0得x＝，当00，
当x>时，f ′(x)<0，
∴函数f(x)在上单调递增；上单调递减；
(2)f(x)＝＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔＝，
设函数g(x)＝，
则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)内g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减；
∴g(x)max＝g(e)＝，
又g(1)＝0，当x趋近于＋∞时，g(x)趋近于0，
所以曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即曲线y＝g(x)与直线y＝有两个交点的充分必要条件是0<<，这即是0 所以a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．