第六章 导数 单元测试卷-2024-2025学年高二下学期数学人教B版（2019）选择性必修第三册

第六章 导数 单元测试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为 A． B． C． D． 2．函数，的大致图像是 A． B． C． D． 3．若定义在R上的函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．函数的导函数是（   ） A． B． C． D． 6．有两个关于函数（为自然对数的底）的命题：①该函数在定义域上是单调函数；②该函数在区间上不存在零点，其中（    ） A．①真､②真 B．①假､②假 C．①真､②假 D．①假､②真 二、多选题 7．已知，则下列说法中正确的是（    ） A．在上可能单调递减 B．若在上单调递增，则 C．是的一个对称中心 D．所有的对称中心在同一条直线上 8．已知函数在区间上的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在处取得极小值 D．在处取得极小值 三、填空题 9．若函数，则 ． 10．若函数（且）既有极大值又有极小值，则a的取值范围为 . 11．已知函数的导函数为，且满足，则 12．若曲线在点处的切线与直线平行，则点的坐标为 . 四、解答题 13．作函数的图象. 14．已知函数，其中. (1)若函数在上有极大值0，求a的值；（提示：当且仅当时，）； (2)令，其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数a的取值范围； (3)讨论并求出函数在区间上的最大值. 15．已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直. （1）若函数的单调区间； （2）若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 16．阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中． 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出的值； (2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； (3)求证：，其中． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B C C B BCD BD 1．D 【解析】构造函数，并求出，利用，知，在上单调递增，要求的不等式转化为即可求解. 【详解】由题意，构造函数， ， 由，知， 所以在上单调递增， 由，得， 所以，即. 故选：D 【点睛】本题主要考查利用构造函数的应用和导数求解不等式，关键是能通过导数的四则运算找到原函数，考查学生的分析转化能力，属于中档题. 2．C 【分析】先判断函数的奇偶性，再根据可判断函数的图象. 【详解】 故为偶函数，可排除B， 设，则， 故在上为增函数，故， 故时，， 故，故排除A,D. 故选：C. 3．B 【分析】构造函数，根据题意，求得其单调性，利用函数单调性解不等式即可. 【详解】构造函数，则，故在上单调递减； 又，故可得，则，即，解得， 故不等式解集为. 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，以及利用函数单调性求解不等式，解决本题的关键是根据题意构造函数，属中档题. 4．C 【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可. 【详解】解:由题知,(且), 所以, 故在上,,单调递减, 且, 即, 在上,,单调递减, 在上,,单调递增, 有, 画图象如下:    由至少有三互不相等的实数解, 即至少有三个互不相等的实数解, 即或至少有三个互不相等的实数解, 由图可知,当或时,与有一个交点, 即有一个实数解, 此时需要至少有两个互不相等的实数解, 即,解得 故或; 当时,无解,舍; 当时,, 此时有两个不等实数解, 有两个不等实数解, 共四个不等实数解,满足题意. 综上: 或. 故选:C 5．C 【分析】根据导数公式计算即可. 【详解】解：根据导数公式得：函数的导函数是 故选：C 6．B 【分析】根据函数的导函数恒大于零结合函数的定义域，可知函数有两个单调递增区间，但根据函数值的变化，函数在定义域上不具有单调性，可知①假；根据函数的单调性，结合当时，，，则可知②假的. 【详解】因为函数，其定义域为， 则恒成立，故函数在上是单调递增,在单调递增， 当，，，故函数在定义域内不具有单调性； 当时，，故该函数在区间上不存在零点， 当时，， 故时，，又， 故存在，使得， 所以①假，②假， 故选： 7．BCD 【分析】对A：计算导数，可得当或时，不恒成立；对B：计算导数，令计算即可得；对C：验证是否成立即可得；对D：可得关于，对称，即可得解. 【详解】，则， 对A：当时，恒成立，单调递增， 当或时，不恒成立，不可能单调递减， 综上，在上不可能单调递减，故A错误； 对B：若在上单调递增，则恒成立， 所以，故B正确； 对C：因为， 所以关于对称，故C正确； 因为 ，， 所以关于，对称， 所以所有的对称中心在直线上，故D正确． 故选：BCD． 8．BD 【分析】根据导函数的图象判断原函数的单调性，以及极值点，即可判断和选择. 【详解】由的图象可知： 在上单调递增，在单调递减， 在单调递增，在单调递减，在单调递增，则正确. 故选：BD． 9． 【分析】求出导函数，再计算导数值． 【详解】∵函数， ∴， ∴ 故答案为： 10．且. 【分析】先求导，令，由导数研究函数的图象，有两个不相等的实数根则等价于既有极大值又有极小值，从而得解. 【详解】由题， 令，则， 所以有两个不相等的实数根. 令，则， 若，则时，在单调递减， 则时，在单调递增， ， 所以， 故， 若，则时，在单调递增， 则时，在单调递减， ， 所以， 故或， 所以且. 故答案为：且. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 11． 【分析】将看成常数，求导后代入，求得，即得导函数解析式，计算即得. 【详解】由求导得，， 把代入，得，解得：， 则有，故. 故答案为：. 12． 或 【分析】示出导函数，由导数为1求得切点坐标． 【详解】，由得，，， 所以切点坐标为或． 故答案为：或． 13．答案见解析 【分析】首先确定函数定义域及奇偶性等基本特性，然后结合一阶导数确定函数的单调性､极值点，由二阶导数确定曲线的凹凸性､拐点，最后结合函数是否有渐近线和特殊点作图； 【详解】函数的定义域为， 则，. 和是驻点，作出下表： 凸 凸 凹 凹 找没意义的点，因为，所以函数的垂直渐近线为； 设斜渐近线为 则， 代入解得： 故函数有铅直渐近线和斜渐近线， 再由，， 可得函数的图象如下：    【点睛】方法点睛：作函数图像的大致步骤如下： （1）确定函数定义域及奇偶性､周期性等基本特性； （2）判断函数是否有奇偶性､周期性､对称性等基本特性； （3）由一阶导数确定函数的单调性､极值点；由二阶导数确定曲线的凹凸性､拐点； （4）确定函数是否有渐近线； （5）求出函数的一些特殊点. 14．(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）首先利用导数求出单调性，从而得到，再解方程即可. （2）根据题意得到在上恒成立，再分离参数求解即可. （3）分类讨论求解函数的最大值即可. 【详解】（1） 当时，，当时， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 因此函数在上有极大值 所以，解得 （2），，于是有在上恒成立 所以，当时，取最大值，所以 （3）因为， ①若，即，则当时，有， 所以函数在上单调递增，则. ②若，即，则函数在上单调递增， 在上单调递减， 所以. ③若，即，则当时，有， 函数在上单调递减，则. 综上得， 当时，； 当时，； 当时，. 15．（1）的增区间为；的减区间为；（2） 【分析】（1）先对函数求导，由题意，根据导数的几何意义求出，再由导数的方法研究函数单调性，即可得出单调区间； （2）先由（1），根据题中条件，得到恒成立，令，利用导数的方法求其最小值，即可得出结果. 【详解】（1）因为，所以定义域为，且， 又曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得，即， 所以， 当时，，即函数单调递减； 当时，，即函数单调递增； 所以的增区间为；的减区间为； （2）由（1）知，，因此关于x的不等式恒成立，即是恒成立， 令， 则， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 因此， 所以只需， 即实数m的取值范围为. 【点睛】本题主要考查导数的方法求函数单调区间，考查导数的方法研究不等式恒成立问题，涉及导数的几何意义，属于常考题型. 16．(1) (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）分别代入公式计算即可； （2）由麦克劳林公式中取，计算即可； （3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明. 【详解】（1）因为， 所以， ， ， 所以． （2）由麦克劳林公式，令，有 再取，可得， 所以估算值为． 在中，取，可得. （3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想： 令，有，猜想： 令，由，所以，即． 令，由， 再令，则恒成立， 所以在上为增函数，且， 所以在上为增函数， 所以，即． 又时，，，所以. 令， 当，有， 则，命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明. 学科网（北京）股份有限公司 $$