第5章一元函数的导数及其应用单元测试-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

2024-2025学年高二上学期选择性必修第二册第五章《一元函数的导数及其应用》 5.1～§5.3专练 (时间：50分钟　满分：100分) 一、单选题(本题共6小题，每小题5分，共30分) 1.已知一质点的运动方程为s＝ln(t2＋1)＋3t，其中位移s的单位为m，时间t的单位为s，则质点在第1 s末的瞬时速度为(　　) 1 m/s 2 m/s 4 m/s m/s 2.若函数f(x)＝x2－x－6ln x，则f(x)的单调递增区间为(　　) (0，2) ∪(2，＋∞) (2，＋∞) ∪(2，＋∞) 3.丹麦数学家琴生对数学分析做出了卓越贡献，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数f(x)在区间(a，b)内的导函数为f′(x)，f′(x)在区间(a，b)内的导函数为f″(x)，若在区间(a，b)内f″(x)＜0恒成立，则称函数f(x)在区间(a，b)内为“凸函数”.下列函数在其定义域内是“凸函数”的是(　　) f(x)＝x＋2sin x f(x)＝x－ex f(x)＝x－ln x f(x)＝ 4.已知a∈R，则“a≤3”是“f(x)＝2ln x＋x2－ax在(0，＋∞)内单调递增”的(　　) 充分不必要条件 必要不充分条件 充要条件 既不充分也不必要条件 5.若点P是曲线y＝－x2上任意一点，则点P到直线y＝x＋2的最短距离为(　　) 1 6.已知x＞0，a＝x，b＝x－，c＝ln(1＋x)，则(　　) c＜b＜a b＜a＜c c＜a＜b b＜c＜a 二、多选题(本题共2小题，每小题6分，共12分) 7.函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的有(　　) x＝－2为函数f(x)的一个零点 x＝为函数f(x)的一个极大值点 函数f(x)在区间上单调递增 f(－1)是函数f(x)的最大值 8.已知a，b∈，且a<b，则下列式子中正确的有(　　) aln b<bln a bln a＜aln b aln a>bln b aln a<bln b 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 9.设函数f(x)的导数为f′(x)，若f(x)＝f′sin x－cos x，则f′＝________. 10.曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________. 11.已知x(a＋1－ln x)≥1对任意的x∈恒成立，则a的最小值为________. 四、解答题(本题共3小题，共43分) 12.(13分)已知f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R). (1)若f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a，b的值； (2)若f(x)在区间(－1，1)上不单调，求a的取值范围. 13.(15分)已知g(x)＝，f(x)＝g(x)－ax(a＞0). (1)求g(x)的单调区间； (2)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的最小值. 14.(15分)已知a＞0，函数f(x)＝ax－xex. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明：f(x)存在唯一的极值点. 答案 1.C　[由题意得s′＝＋3，故质点在第1 s末的瞬时速度为＋3＝4 m/s.] 2.C　[f′(x)＝2x－1－＝(x＞0)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞).] 3.B　[A中，f′(x)＝1＋2cos x，f″(x)＝－2sin x，显然在定义域内f″(x)的值有正有负，故不是“凸函数”；B中，f′(x)＝1－ex，f″(x)＝－ex＜0，故是“凸函数”； C中，f′(x)＝1－，f″(x)＝＞0，故不是“凸函数”；D中，f′(x)＝，f″(x)＝，在定义域内f″(x)的值有正有负，故不是“凸函数”.] 4.A　[当f(x)在(0，＋∞)内单调递增时，f′(x)＝＋2x－a≥0在(0，＋∞)内恒成立， 因为＋2x≥2＝4，当且仅当x＝1时取得等号，所以a≤4，又(－∞，3](－∞，4]，所以“a≤3”是“f(x)＝2ln x＋x2－ax在(0，＋∞)内单调递增”的充分不必要条件.] 5.B　[依题意知，当点P到直线y＝x＋2的距离最小时，曲线y＝－x2在点P处的切线与直线y＝x＋2平行.设点P坐标为(x0，y0)，由题意得y′＝－2x，所以曲线在点P处的切线的斜率为k＝－2x0.因为该切线与直线y＝x＋2平行， 所以有－2x0＝1，得x0＝－.故点P的坐标为，此时点P到直线y＝x＋2的距离d＝＝，即最短距离为.] 6.D　[令f(x)＝a－c＝x－ln(1＋x)(x＞0)，当x＞0时，f′(x)＝1－＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＞f(0)＝0，可得a＞c.令g(x)＝c－b＝ln(1＋x)－x＋(x＞0)，当x＞0时，g′(x)＝－1＋x＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0，可得c＞b.综上可知a＞c＞b.] 7.BC　[由图象得，当x∈(－∞，－2)∪时，f′(x)＜0，当x∈∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0，故B，C正确.]8.BC　[设f(x)＝，则f′(x)＝.当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∵0<a<b<，∴f(a)<f(b)，即<，∴bln a<aln b，A不正确，B正确.设g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(a)＞g(b)，∴aln a＞bln b，故C正确，D错误.] 9.　[f′(x)＝f′cos x＋sin x，所以f′＝f′cos ＋sin ，即f′＝1，所以f′(x)＝cos x＋sin x，所以f′＝cos ＋sin ＝－＋＝.] 10.2x－y＝0　[设切点坐标为(x0，y0)，因为y＝ln x＋x＋1，所以y′＝＋1， 所以切线的斜率为＋1＝2，解得x0＝1.所以y0＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.] 11.e－2　[将原式变形为a≥＋ln x.令f(x)＝＋ln x，x∈，则f′(x)＝－＋＝，可得函数f(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增. 又f(e)＝＜f＝e－2，所以函数的最大值为e－2，故a≥e－2.] 12.解　(1)由f(x)的图象过原点，得b＝0，又f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)， f(x)在原点处的切线斜率是－3.∴－a(a＋2)＝－3，解得a＝－3或a＝1. (2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－.又f(x)在(－1，1)上不单调， ∴或解得或∴a的取值范围是∪. 13.解　(1)由已知得g(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).函数g′(x)＝， 当g′(x)＞0时，x＞e；当g′(x)＜0时，0＜x＜1或1＜x＜e，∴g(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增. (2)∵f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.∵f′(x)＝－＋－a，∴当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，∴－a≤0，∴a≥，故a的最小值为. 14.(1)解　f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1，又f(0)＝0，则所求切线方程为y＝(a－1)x. (2)证明　令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex.令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex. 当x∈(－∞，－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增.又当x→－∞时，g(x)＜0，g(－1)＝0，当x→＋∞时，g(x)＞0， 故画出g(x)的大致图象如图：所以当a＞0时，y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点.故f(x)存在唯一的极值点. 学科网（北京）股份有限公司 $$