第5章 一元函数的导数及其应用 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 第五章　单元质量测评 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ 对点 导数的概念 导数的四则运算法则 利用导数及函数性质识别函数图象 导数几何意义的应用 利用构造函数的单调性解不等式 已知函数零点个数求参数的取值范围 导数在平面几何中的应用 与函数零点有关的新定义问题 利用构造函数的单调性解不等式 导数在实际问题中的应用 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 函数的单调性、零点、极值及函数图象对称性的综合应用 利用导数的四则运算法则求值 函数极值、最值的综合应用 已知方程根的个数求参数的取值范围 导数几何意义的应用；利用导数求函数的单调区间和极值 导数在实际问题中的应用 讨论含参函数的单调性；不等式能成立问题 利用导数证明零点问题、极值点偏移问题 利用导数解决不等式恒成立问题；函数图象的对称问题 　时间：120分钟　　满分：150分 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．已知函数f(x)＝ln x－x2，则 ＝(　　) A．ln 2－4 B．－3 C．2ln 2－8 D．－7 答案：D 解析：f′(x)＝－2x，f′(2)＝－4＝－， ＝2 ＝2f′(2)＝－7. 2．以下四个式子分别是函数在其定义域内求导，其中正确的是(　　) A.′＝ B．(cos2x)′＝－sin2x C.′＝3x D．(lg x)′＝－ 答案：C 解析：′＝－，(cos2x)′＝－2sin2x，′＝3x，(lg x)′＝.故选C. 3．函数y＝－2sinx的图象大致是(　　) 答案：C 解析：函数y＝－2sinx是奇函数，图象关于坐标原点对称，排除A；易知y′＝－2cosx，令y′＝0，解得cosx＝，根据三角函数的知识可知这个方程有无穷多解，即函数y＝－2sinx有无穷多个极值点．令g(x)＝，h(x)＝2sinx，则易知g(x)与h(x)的图象(图略)共有三个交点，即y＝－2sinx共有3个零点．综上，并结合选项可排除B，D.故选C. 4．P为曲线C1：y＝ex上一点，Q为曲线C2：y＝ln x上一点，则|PQ|的最小值为(　　) A. B．1 C. D．2 答案：C 解析：∵y＝ex与y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，∴可先求点P到直线y＝x的最近距离d，设曲线y＝ex上斜率为1的切线为y＝x＋b.y′＝ex，由ex＝1，得x＝0，故切点坐标为(0，1)，则b＝1，∴d＝＝，∴|PQ|的最小值为2d＝2×＝.故选C. 5．已知定义在R上的函数f(x)满足xf′(x)＋f(x)>0，且f(1)＝2，则f(ex)>的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(ln 2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，1) 答案：A 解析：设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，故g(x)为R上的增函数，而f(ex)>可化为exf(ex)>2＝1×f(1)，即g(ex)>g(1)，故ex>1，即x>0，所以不等式f(ex)>的解集为(0，＋∞)．故选A. 6．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 答案：B 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或x＝，且当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为f，极小值为f，若f(x)存在3个零点，则即解得a<－3.故选B. 7．在半径为r的半圆内作一内接梯形，使其底为直径，其他三边为圆的弦，则当梯形的面积最大时，梯形的上底为(　　) A. B.r C.r D．r 答案：D 解析：解法一：设∠COB＝θ，则上底为2rcosθ，高为rsinθ，因此梯形的面积为S＝(2rcosθ＋2r)·rsinθ＝r2(1＋cosθ)·sinθ，θ∈.S′＝r2(－sin2θ＋cosθ＋cos2θ)＝r2(－1＋cosθ＋2cos2θ)，由S′＝0，得cosθ＝，当θ∈时，S′>0；当θ∈时，S′<0.根据实际意义，得当θ＝，即cosθ＝时，梯形的面积取得最大值，此时上底为2rcosθ＝r.故选D. 解法二：设梯形的上底为2x，高为h，面积为S，∵h＝，∴S＝＝(r＋x)·. ∴S′＝－＝＝.令S′＝0，得x＝(x＝－r舍去)．当x∈时，S′>0；当<x<r时，S′<0.∴当x＝时，S取得最大值．∴当梯形的上底为r时，梯形的面积最大．故选D. 8．定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0为函数f(x)的“新驻点”．若函数g(x)＝x2＋1，h(x)＝ln (x＋2)，φ(x)＝cosx(x∈(0，π))的“新驻点”分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a 答案：C 解析：由g(x)＝x2＋1可得g′(x)＝2x，令x2＋1＝2x，解得x1＝x2＝1，即a＝1.由h(x)＝ln (x＋2)可得h′(x)＝，设F(x)＝h(x)－h′(x)＝ln (x＋2)－，F′(x)＝＋>0，所以F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．当x＝－1时，F(－1)＝－1<0，当x＝0时，F(0)＝ln 2－＝ln －ln >0，故－1<b<0.由φ(x)＝cosx(x∈(0，π))可得φ′(x)＝－sinx，令cosx＝－sinx，得sinx＋cosx＝0，则sin＝0，又x∈(0，π)，所以x＋＝π，得x＝，即c＝.综上可知，b<a<c.故选C. 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．(2024·云南昆明高二期末)已知f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是(　　) A．3f(4)<4f(3) B．4f(4)>5f(3) C．3f(3)<4f(2) D．3f(3)>4f(2) 答案：BD 解析：由(x＋1)f′(x)>f(x)，得(x＋1)f′(x)－f(x)>0，令g(x)＝，则g′(x)＝>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(2)<g(3)<g(4)，则<<，即4f(2)<3f(3)，5f(3)<4f(4)．故选BD. 10．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率，V关于r的函数为V(r))，则下列说法正确的是(　　) A．V(r)＝(300r－4r3)(0<r<5) B．V(r)在(0，6)内为增函数 C．V(r)在(7，5)内为减函数 D．当蓄水池底面半径为5米，高为8米时，该蓄水池的体积最大 答案：ACD 解析：因为蓄水池侧面的总建造成本为100×2πrh＝200πrh(元)，底面的总建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元．根据题意得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．由h>0，且r>0可得0<r<5，故函数V(r)的定义域为(0，5)．V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r＝5.当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)内为增函数；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)内为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当蓄水池底面半径为5米，高为8米时，该蓄水池的体积最大．故选ACD. 11．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 答案：AD 解析：对于A，f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，a)内单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，则f(0)f(a)<0，根据零点存在定理，可知f(x)在(0，a)内有且只有一个零点，又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，则f(x)在(－1，0)，(a，2a)内各有一个零点，于是当a>1时，f(x)有三个零点，A正确；对于B，f′(x)＝6x(x－a)，由于a<0，故当x∈(a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时f(x)在x＝0处取到极小值，B错误；对于C，假设存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，即存在这样的a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，易知等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；对于D，解法一：(利用对称中心的表达式化简)f(1)＝3－3a，若存在这样的a，使得(1，3－3a)为曲线y＝f(x)的对称中心，则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，即解得a＝2，即存在a＝2，使得(1，f(1))是曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二：(直接利用拐点结论)任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)＝2x3－3ax2＋1，f′(x)＝6x2－6ax，f″(x)＝12x－6a，由f″(x)＝0⇔x＝，于是该三次函数的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))也是对称中心，故＝1⇔a＝2，即存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中的横线上) 12．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝·e2x－2＋x2－2xf(0)，则f′(0)＝________． 答案：0 解析：根据题意，f(x)＝·e2x－2＋x2－2xf(0)，则f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，令x＝1，可得f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即2－2f(0)＝0，则f(0)＝1，则f(x)＝·e2x－2＋x2－2x，令x＝0，可得f(0)＝·e－2＝1，解得f′(1)＝2e2，则f′(x)＝2e2x＋2x－2，则f′(0)＝2－2＝0. 13．已知函数f(x)＝asin2x－(a＋2)cosx－(a＋1)x在上无极值，则a＝________，f(x)在上的最小值是________． 答案：2　－ 解析：函数f(x)的导数为f′(x)＝acos2x＋(a＋2)sinx－a－1＝a(1－2sin2x)＋(a＋2)sinx－a－1＝－2asin2x＋(a＋2)sinx－1＝－(2sinx－1)(asinx－1)．当sinx＝，即x＝∈时，f′(x)＝0，所以要使f(x)在上无极值，则a＝2，此时f′(x)＝－(2sinx－1)2≤0恒成立，即f(x)单调递减，故f(x)在上的最小值为f＝－. 14．已知函数f(x)＝.若关于x的方程[f(x)]2－(2m－1)f(x)＋m2－m－2＝0恰有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________． 答案：(2，e＋2) 解析：令t＝f(x)，则方程化为t2－(2m－1)t＋m2－m－2＝0，解得t1＝m＋1，t2＝m－2，若x>1，则f(x)＝，可得f′(x)＝，当x>e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当1<x<e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；若0<x<1，则f(x)＝－，可得f′(x)＝－>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，e)内单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，则函数f(x)的图象如图所示， 又由关于x的方程[f(x)]2－(2m－1)f(x)＋m2－m－2＝0恰有4个不相等的实数根，转化为f(x)＝t1有3个解，且f(x)＝t2只有1个解，即满足解得2<m<e＋2，即实数m的取值范围为(2，e＋2)． 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．(本小题满分13分)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)． (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x， 所以f′(x)＝2a(x－5)＋. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)， 由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6， 故a＝. (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)， f′(x)＝x－5＋＝， 令f′(x)＝0， 解得x1＝2，x2＝3. 当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)； 当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)的单调递减区间为(2，3)． 由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3. 16.(本小题满分15分)如图，有一个长方形地块ABCD，边AB为2 km，边AD为4 km.地块的一角是草坪(图中阴影部分)，其边缘线AC是以直线AD为对称轴，A为顶点的抛物线的一部分．现要铺设一条过边缘线AC上一点P(不同于点A)的直线型隔离带EF，E，F分别在边AB，BC上(隔离带不能穿越草坪，且占地面积忽略不计)，将隔离出的△BEF作为健身场所．设点P到边AD的距离为t(单位：km)，△BEF的面积为S(单位：km2)． (1)求S关于t的函数解析式，并指出该函数的定义域； (2)是否存在点P，使隔离出的△BEF的面积S超过3 km2？并说明理由． 解：(1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则点C的坐标为(2，4)． 设边缘线AC所在抛物线的方程为y＝ax2，把点(2，4)代入，得4＝a×22，解得a＝1，所以抛物线的方程为y＝x2. 因为y′＝2x，所以过点P(t，t2)的切线EF的方程为y＝2tx－t2. 令y＝0，得E， 令x＝2，得F(2，4t－t2)， 故S＝(4t－t2)， 所以S＝(t3－8t2＋16t)，t∈(0，2]． (2)不存在．理由如下： S′(t)＝(3t2－16t＋16)＝(t－4)， 由S′(t)>0，得0<t<， 所以S(t)在内是增函数； 由S′(t)<0，得<t≤2， 所以S(t)在上是减函数， 所以S在(0，2]上有最大值S＝. 又因为<3，所以不存在点P，使隔离出的△BEF的面积S超过3 km2. 17．(2024·山东青岛第五十八中学高二期中)(本小题满分15分)设函数f(x)＝＋(1－k)x－kln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若k为正数，且存在x0，使得f(x0)<－k2，求k的取值范围． 解：(1)f′(x)＝x＋1－k－ ＝＝(x>0)， ①当k≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当k>0时，x∈(0，k)，f′(x)<0，x∈(k，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，k)内单调递减，在(k，＋∞)上单调递增． (2)因为k>0，由(1)知f(x)＋k2－的最小值为f(k)＋k2－＝＋k－kln k－， 由题意得＋k－kln k－<0， 即＋1－ln k－<0. 令g(k)＝＋1－ln k－， 则g′(k)＝－＋＝>0， 所以g(k)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0， 所以当k∈(0，1)时，g(k)<0， 于是＋k－kln k－<0； 当k∈(1，＋∞)时，g(k)>0， 于是＋k－kln k－>0. 故k的取值范围为(0，1)． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)是f(x)的导函数． (1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点； (2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<m2. 证明：(1)当m＝2时，f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)＝1－cosx－. 当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′＝1－－＝－<0，f′(π)＝－>0， ∴f′(x)在(0，π)内有唯一零点． 当x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－cosx－≥1－－≥－>0， ∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点， 综上可知，当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (2)不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得 x1－sinx1－ln x1＋1＝x2－sinx2－ln x2＋1， ∴(lnx2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)． 设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0， 故g(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴x2－sinx2>x1－sinx1， 从而x2－x1>sinx2－sinx1， ∴(ln x2－ln x1) ＝x2－x1－(sinx2－sinx1) >(x2－x1)， ∴m>. 下面证明：>. 令t＝，则t>1，即证明>， 只需证明ln t－<0.　(*) 设h(t)＝ln t－， 则当t>1时，h′(t)＝－<0， ∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减， ∴当t>1时，h(t)<ln 1－＝0， 从而(*)得证，即>， ∴m>，即x1x2<m2. 19．(2024·新课标Ⅰ卷)(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 所以f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立， 故2＋a≥0，即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)， 设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， 则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上， 故n＝ln ＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m) ＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3 ＝－＋2a ＝－n＋2a， 所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上， 由点P的任意性可得曲线y＝f(x)的图象是中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2， 故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)内恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)， 则ln －2t＋bt3>0在(0，1)内恒成立， 设g(t)＝ln －2t＋bt3， 则g′(t)＝－2＋3bt2 ＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)内为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)内恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立， 故g(t)在(0，1)内为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)内恒成立； 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故g(t)在内为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上所述，f(x)>－2在(1，2)内恒成立时，b≥－. 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)内单调递增，故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)． 综上，b的取值范围是. 13 学科网（北京）股份有限公司 $$