(素能提升训练) 章末检测卷二 -【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

章末检测卷二　一元函数的导数及其应用 [对应素能提升训练第46页] （本卷满分150分；考试时间120分钟） 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. 1.一质点的运动方程为s＝20＋gt2（g＝9.8 m/s2）,则t＝3 s时的瞬时速度为（　　） A.20 m/s B.29.4 m/s C.49.4 m/s D.64.1 m/s 解析　v＝s'＝gt.所以当t＝3 s时,v＝3g＝29.4 m/s. 答案　B 2．(全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 解析　设曲线y＝在点处的切线方程为y－＝k(x－1).因为y＝，所以y′＝＝，所以k＝y′＝，所以y－＝(x－1)，所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋. 答案　C 3．(新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析　依题可知f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥.设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1. 答案　C 4.以正弦曲线y＝sin x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.∪ 解析　y'＝cos x,∵cos x∈[－1,1],∴切线的斜率范围是[－1,1],∴倾斜角的范围是∪. 答案　A 5.函数f（x）＝的部分图象大致为 （　　） 解析　f（x）＝,定义域为（－∞,0）∪（0,＋∞）,f（－x）＝－,则f（－x）＝－f（x）, f（x）为奇函数,图象关于原点对称,故排除B；f（1）＝＜1,故排除A；∵f（x）＝,当x＞0时,可得f'（x）＝,当x＞1时,f'（x）＞0,f（x）为增函数,故排除D.故选C. 答案　C 6.设f（x）,g（x）是R上的可导函数,f'（x）,g'（x）分别为f（x）,g（x）的导函数,且f'（x） g（x）＋f（x）g'（x）＜0,则当a＜x＜b时,有 （　　） A.f（x）g（b）＞f（b）g（x） B.f（x）g（a）＞f（a）g（x） C.f（x）g（x）＞f（b）g（b） D.f（x）g（x）＞f（a）g（a） 解析　∵[f（x）g（x）]'＝f'（x）g（x）＋g'（x）f（x）＜0,∴函数y＝f（x）g（x）是减函数.∴当a＜x＜b时,f（a）g（a）＞f（x）g（x）＞f（b）g（b）.故选C. 答案　C 7.方程－ln x－2＝0的根的个数为 （　　） A.0 B.1 C.2 D.3 解析　令f（x）＝－ln x－2（x＞0）,则f'（x）＝－＝,当x∈（0,4）时,f'（x）＜0, f（x）单调递减；当x∈（4,＋∞）时,f'（x）＞0,f（x）单调递增,且f（4）＝2－ln 4－2＜0, f（e6）＝e3－ln e6－2＝e3－8＞0,f（e－2）＝e－1－ln e－2－2＝＞0,结合函数零点存在定理可知函数在区间（0,4）上存在一个零点,在区间（4,＋∞）上也存在一个零点,故方程－ln x－2＝0的根的个数为2.故选C. 答案　C 8.若0＜x1＜x2＜a都有x2lnx1－x1lnx2＜x1－x2成立,则a的最大值为 （　　） A. B.1 C.e D.2e 解析　根据题意,若0＜x1＜x2＜a,则x2lnx1－x1lnx2＜x1－x2⇒－＜－⇒＜⇒－＜0.设f（x）＝,（x＞0）.则在（0,a）,函数f（x）为增函数.对于 f（x）＝,其导数f'（x）＝＝－.若f'（x）＞0,解得0＜x＜1,即函数f（x）＝的递增区间为（0,1）；若0＜x1＜x2＜a都有x2lnx1－x1lnx2＜x1－x2成立,即在（0,a）,函数 f（x）为增函数,则a的最大值为1.故选B. 答案　B 二、选择题：本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9．(新课标全国Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 解析　函数f(x)＝a ln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝. 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2， 于是即有 显然a2bc＜0，即bc＜0，A错误，BCD正确． 答案　BCD 10.函数y＝x4－2x2＋5的单调减区间可以为 （　　） A.（－∞,－1） B.（－1,0） C.（0,1） D.（1,＋∞） 解析　y'＝4x3－4x＝4x（x2－1）,令y'＜0得x的范围为（－∞,－1）∪（0,1）,故选AC. 答案　AC 11．(河南南阳六校高二期中联考)设函数f(x)在区间(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在区间(a，b)上的导函数为f″(x)，若f″(x)＜0在区间(a，b)上恒成立，则称f(x)在区间(a，b)上为凸函数．则下列函数中，为区间(0，2)上的凸函数的是(　　) A．f(x)＝x ln x B．f(x)＝ln x－2x C．f(x)＝x3＋2x－1 D．f(x)＝ 解析　对于A选项，f(x)＝x ln x，f′(x)＝ln x＋1，f″(x)＝，显然在区间(0，2)上恒有f″(x)＞0，所以不为凸函数；对于B选项，f(x)＝ln x－2x，f′(x)＝－2，f″(x)＝－，显然在区间(0，2)上恒有f″(x)＜0，所以为凸函数；对于C选项，f(x)＝x3＋2x－1，f′(x)＝3x2＋2，f″(x)＝6x，显然在区间(0，2)上恒有f″(x)＞0，所以不为凸函数；对于D选项，f(x)＝，f′(x)＝＝，f″(x)＝＝，显然在区间(0，2)上恒有f″(x)＜0，所以为凸函数．故选BD. 答案　BD 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．(全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________. 解析　由函数的解析式可得f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)x ln (1＋a)≥－ax ln a， 即≥－在区间(0，＋∞)上恒成立， 故＝1≥－. 而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)＞0， 故即 故≤a＜1. 结合题意可得实数a的取值范围是. 答案　 13.某公司租地建仓库,每月土地占用费y1（单位：万元）与仓库到车站的距离成反比,而每月库存货物的运费y2（单位：万元）与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10 km处建仓库,y1和y2分别为2万元和8万元,那么当仓库建在离车站　　　　 km处时,两项费用之和最小,最小费用为　　　　万元.（本题第一空3分,第二空2分）  解析　依题意,可设每月土地占用费y1＝,每月库存货物的运费y2＝k2x,其中x是仓库到车站的距离,k1,k2是比例系数,于是由2＝,得k1＝20；由8＝10k2,得k2＝.因此,两项费用之和为y＝＋（x＞0）,y'＝－＋.令y'＝0,得x＝5或x＝－5（舍去）.当0＜x＜5时,y'＜0；当x＞5时,y'＞0,因此,当x＝5时,y取得极小值,也是最小值,其值为8. 答案　5　8 14.法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出一个定理：如果函数y＝ f（x）满足条件： （1）在闭区间[a,b]上是连续不断的； （2）在区间（a,b）上都有导数. 则在区间（a,b）上至少存在一个实数t,使得f（b）－f（a）＝f'（t）（b－a）,其中t称为“拉格朗日中值”.函数g（x）＝x2在区间[0,1]上的“拉格朗日中值”t＝　　　　.  解析　因为g（x）＝x2,所以g'（x）＝2x,结合“拉格朗日中值”定义可得g'（t）＝＝1,所以2t＝1,即t＝. 答案　 四、解答题：本题共5小题,共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．(13分)已知函数f(x)＝x3＋x2－x＋. (1)当m＝1时，求曲线f(x)上过点(1，f(1))的切线的方程； (2)若f(x)________，求实数m的取值范围． ①在区间(m，m＋1)上单调递减； ②在上存在单调递减区间； ③在区间(m，＋∞)上存在极小值． 从这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解　(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－x＋， 所以f(1)＝0，f′(x)＝x2＋x－1，则有 ①当点(1，0)为切点时，f′(1)＝1，根据函数导数的几何意义可得，函数f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1； ②当点(1，0)不是切点时，设切点为(x0，y0)， 则可得切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0). 因为f′(x0)＝x＋x0－1， y0＝f(x0)＝x＋x－x0＋， 所以切线方程为y－＝(x＋x0－1)(x－x0)， 代入点(1，0)的坐标化简可得4x－3x－6x0＋5＝(x0－1)2(4x0＋5)＝0， 解得x0＝－或x0＝1(舍)， 所以切线方程为y＝－x＋. 综上可得，过点(1，0)的切线方程为x－y－1＝0或11x＋16y－11＝0. (2)因为f′(x)＝x2＋mx－1. 若选①，函数f(x)在区间(m，m＋1)上单调递减， 则有f′(x)≤0在区间(m，m＋1)上恒成立， 且等号不恒成立，即x2＋mx－1≤0在(m，m＋1)上恒成立， ∴ 解得－≤m≤0， 即实数m的取值范围是. 若选②，函数f(x)在上存在单调递减区间， 则有f′(x)＜0在区间上有解，即m＜－x在区间上有解． 令g(x)＝－x， 因为g(x)在区间上单调递减， 所以当x∈时，g(x)＜g＝， 故有m＜， 即实数m的取值范围是. 若选③，函数在区间(m，＋∞)上存在极小值， 则有函数f(x)的极小值点落在(m，＋∞)内． 令f′(x)＝x2＋mx－1＝0， 求得x1＝，x2＝， 此时可得f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． 所以x＝x2是函数f(x)的极小值点， 即得＞m⇒＞3m， 所以当m≤0时，不等式恒成立； 当m＞0时，m2＋4＞9m2， 解得0＜m＜. 综上可得，m＜. 即实数m的取值范围是. 16.（15分）某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y＝＋10（x－6）2.其中3＜x＜6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克. （1）求a的值； （2）若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 解　（1）因为x＝5时,y＝11, 所以＋10＝11,a＝2. （2）由（1）可知,该商品每日的销售量y＝＋10（x－6）2, 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f（x）＝（x－3）＝2＋10（x－3）（x－6）2,3＜x＜6. 从而f'（x）＝10[（x－6）2＋2（x－3）（x－6）] ＝30（x－4）（x－6）. 令f'（x）＝0,解得x＝4或x＝6（舍去）. 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： x （3,4） 4 （4,6） f'（x） ＋ 0 － f（x） 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得,x＝4是函数f（x）在区间（3,6）内的极大值点,也是最大值点. 所以当x＝4时,函数f（x）取得最大值,且最大值等于42. 即当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 17.（15分）设函数f（x）＝－kln x,k＞0. （1）求f（x）的单调区间和极值； （2）证明：若f（x）存在零点,则f（x）在区间（1,]上仅有一个零点. 解　（1）由f（x）＝－kln x（k＞0）, 得x＞0且f'（x）＝x－＝. 由f'（x）＝0,解得x＝（负值舍去）. f（x）与f'（x）在区间（0,＋∞）上的情况如下： x （0,） （,＋∞） f'（x） － 0 ＋ f（x） 单调递减 单调递增 所以,f（x）的单调递减区间是（0,）,单调递增区间是（,＋∞）. f（x）在x＝处取得极小值f（）＝,无极大值. （2）证明　由（1）知,f（x）在区间（0,＋∞）上的最小值为f（）＝. 因为f（x）存在零点,所以≤0, 从而k≥e. 当k＝e时,f（x）在区间（1,）上单调递减,且f（）＝0,所以x＝是f（x）在区间（1, ]上的唯一零点, 当k＞e时,f（x）在区间（1,）上单调递减,且f（1）＝＞0,f（）＝＜0, 所以f（x）在区间（1, ]上仅有一个零点. 综上可知,若f（x）存在零点,则f（x）在区间（1, ]上仅有一个零点. 18．(17分)(全国乙卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x). (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在 a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值；若不存在，请说明理由； (3)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围． 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln (x＋1)， 则f′(x)＝－×ln (x＋1)＋×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)， 即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f＝(x＋a)ln ， 函数的定义域满足＋1＝＞0， 即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞). 定义域关于直线x＝－对称， 由题意可得b＝－， 由对称性可知f＝f， 取m＝可得f(1)＝f(－2)， 即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln ， 则a＋1＝2－a， 解得a＝， 经检验，a＝，b＝－满足题意， 故a＝，b＝－. 即存在a＝，b＝－满足题意． (3)由函数的解析式可得f′(x)＝ln (x＋1)＋， 由f(x)在区间(0，＋∞)存在极值点， 则f′(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点． 令ln (x＋1)＋＝0， 则－(x＋1)ln (x＋1)＋(x＋ax2)＝0. 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln (x＋1)， f(x)在区间(0，＋∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点， g′(x)＝2ax－ln (x＋1)，g″(x)＝2a－. 当a≤0时，g′(x)＜0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)＜g(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上无零点，不符合题意； 当a≥，2a≥1时， 由于＜1， 所以g″(x)＞0，g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)＞g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝0， 所以g(x)在区间(0，＋∞)上无零点，不符合题意； 当0＜a＜时，由g″(x)＝2a－＝0可得x＝－1. 当x∈时，g″(x)＜0，g′(x)单调递减； 当x∈时，g″(x)＞0，g′(x)单调递增， 故g′(x)的最小值为g′＝1－2a＋ln 2a. 令m(x)＝1－x＋ln x(0＜x＜1)， 则m′(x)＝＞0， 函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)＜m(1)＝0， 据此可得1－x＋ln x＜0恒成立， 则g′＝1－2a＋ln 2a＜0. 令h(x)＝ln x－x2＋x(x＞0)， 则h′(x)＝， 当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 故h(x)≤h(1)＝0， 即ln x≤x2－x(取等条件为x＝1)， 所以g′(x)＝2ax－ln (x＋1)＞2ax－[(x＋1)2－(x＋1)]＝2ax－(x2＋x)， g′(2a－1)＞2a(2a－1)－＝0， 且注意到g′(0)＝0， 根据零点存在性定理可知g′(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一零点x0. 当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 所以g(x0)＜g(0)＝0. 令n(x)＝ln x－， 则n′(x)＝－＝， 则函数n(x)＝ln x－在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减， ∴n(x)≤n(4)＝ln 4－2<0， ∴ln x<， ∴g＝[a－ln －－2a＋1]>[＋a－ln ＋a－1－2a＋1] ＝[－ln ] >> ＝>0. 所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点，符合题意． 综合上面可知，实数a的取值范围是. 19．（17分） “让式子丢掉次数”：伯努利不等式 伯努利不等式（Bernoulli’s Inequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立． (1)猜想伯努利不等式等号成立的条件； (2)当时，对伯努利不等式进行证明； (3)考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明. 解 （1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或． （2）证明 当时，我们需证， 设，注意到， ，令得， 即，是的一个极值点． 令，则， 所以单调递增． 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 所以在处取得极小值， 即恒成立，． 伯努利不等式对得证． （3）证明 当时，原不等式即，显然成立． 当时，构造数列：， 则， 若，由上式易得，即； 若，则，所以， 故， 即此时也成立． 所以是一个单调递增的数列（）， 由于，所以， 故原不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$