第2章 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（北师大版2019）

数学 选择性必修 第二册(北师) 第二章　单元质量测评 　　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)＝x2＋3，当自变量由1变到1.1时，函数的平均变化率为(　　) A．1 B．1.1 C．2 D．2.1 答案　D 解析　＝＝2.1. 2．已知函数f(x)在x＝1处的导数为1，则 ＝(　　) A．3 B．－ C. D．－ 答案　B 解析　因为(1－x)－(1＋x)＝－2x，所以 ＝－f′(1)＝－. 3．下列求导正确的是(　　) A．若y＝x3ln x，则y′＝3x2ln x＋x2 B．若y＝，则y′＝ C．若y＝sin2x，则y′＝cos2x D．若y＝，则y′＝ 答案　A 解析　若y＝x3ln x，则y′＝3x2ln x＋x2，故A正确；若y＝，则y′＝，故B错误；若y＝sin2x，则y′＝2cos2x，故C错误；若y＝，则y′＝－，故D错误． 4．函数f(x)＝的图象大致为(　　) 答案　A 解析　当x∈(0，1)时，f(x)＝<0，当x∈(－1，0)时，f(x)＝>0，排除B，C；又当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，排除D.故选A. 5．已知函数f(x)的导数为f′(x)，且(x＋1)f(x)＋xf′(x)>0对x∈[0，＋∞)恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　) A．f(1)<2ef(2) B．ef(1)<f(2) C．f(1)<0 D．ef(e)<2f(2) 答案　A 解析　构造函数F(x)＝xexf(x)，可得F′(x)＝ex[(x＋1)f(x)＋xf′(x)]，∵(x＋1)f(x)＋xf′(x)>0，ex>0，∴F′(x)>0对x∈[0，＋∞)恒成立，可得函数F(x)＝xexf(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴F(1)<F(2)，即f(1)<2ef(2)．故选A. 6．若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t，则称函数y＝f(x)为“t型函数”，下列函数中为“2型函数”的是(　　) A．y＝x－x3 B．y＝x＋ex C．y＝sinx D．y＝x＋ 答案　C 解析　对于A，求导得y′＝1－3x2，令1－3x＋1－3x＝2，得3x＋3x＝0，不符合题意；对于B，求导得y′＝1＋ex，令1＋ex1＋1＋ex2＝2，得ex1＋ex2＝0，不符合题意；对于C，求导得y′＝cosx，cosx1＋cosx2＝2，符合题意；对于D，求导得y′＝1－，令1－＋1－＝2，得＋＝0，不符合题意．故选C. 7．在半径为r的半圆内作一内接梯形，使其下底为直径，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∈.因为由S′＝r2(－sin2θ＋cosθ＋cos2θ)＝r2(－1＋cosθ＋2cos2θ)＝0，得cosθ＝－1(舍去)或cosθ＝，根据实际意义得当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：设梯形的上底长为2x，高为h，面积为S，∵h＝，∴S＝＝(r＋x).∴S′＝－＝＝.令S′＝0，得x＝(x＝－r舍去)，则h＝r.当x∈时，S′>0；当<x<r时，S′<0，∴当x＝时，S取得最大值．∴当梯形的上底长为r时，它的面积最大．故选D. 8．已知函数f(x)＝，g(x)＝xe－x.若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)<0成立，则x1x2的最小值为(　　) A．－1 B．－ C．－ D．－ 答案　D 解析　由f′(x)＝，易知f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，同理，g′(x)＝，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)<0成立，f(1)＝0，g(0)＝0，则x1∈(0，1)，x2∈(－∞，0)，且＝＝<0，则ln x1<0，又g(x)在(－∞，1)上单调递增，故ln x1＝x2，所以x1x2＝x1ln x1，令h(x)＝xln x，则h′(x)＝ln x＋1，易知，h(x)在上单调递减，在上单调递增，故h(x)min＝h＝－.故选D. 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．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．f(x)在区间(－1，1)上单调递增 B．f(x)在区间(1，2)上单调递增 C．x＝－1是f(x)的极小值点 D．x＝2是f(x)的极大值点 答案　BD 解析　对于A，当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，A错误．对于B，当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，f(x)在(1，2)上单调递增，B正确．对于C，∵f(x)在(－2，0)上单调递减，∴x＝－1不是f(x)的极小值点，C错误．对于D，当x∈(0，2)时，f′(x)＞0；当x∈(2，3)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减，∴x＝2是f(x)的极大值点，D正确．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)上为增函数 C．V(r)在(7，5)上为减函数 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)上为增函数；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．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．已知函数f(x)满足xf′(x)＋f(x)＝ln x＋1，f(1)＝2，则当x＞0时，下列说法正确的是(　　) A．f(2)＝ln 2＋1 B．x＝2是函数f(x)的极大值点 C．函数y＝f(x)－x有且只有一个零点 D．若f(x)＞kx恒成立，则k＜0 答案　AC 解析　设φ(x)＝xf(x)，则φ′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝ln x＋1，则φ(x)＝xln x＋C，则f(x)＝ln x＋，又f(1)＝2，所以f(1)＝ln 1＋＝C＝2，所以f(x)＝ln x＋，所以f(2)＝ln 2＋1，故A正确；因为f′(x)＝，当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以x＝2是函数f(x)的极小值点，故B错误；y＝f(x)－x＝ln x＋－x，则y′＝＜0，所以y在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，y→＋∞，当x＝e时，y＝1＋－e＜0，所以函数y＝f(x)－x有且只有一个零点，故C正确；若f(x)＞kx恒成立，所以k＜＝＋，令g(x)＝＋，g′(x)＝，令h(x)＝x－xln x－4，h′(x)＝－ln 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，所以h(x)≤h(1)＝－3，所以g′(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，y→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，且大于0，所以k≤0，故D错误．故选AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 答案　ln 2 解析　设f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，f′(0)＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.设g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线，得＝2，解得x0＝－，则切点为，切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2，因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 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．(2023·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________． 答案　 解析　由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln (1＋a)≥－axln 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，a的取值范围是. 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)某厂生产某种电子元件，如果生产出一件正品，那么可获利200元；如果生产出一件次品，那么损失100元．已知该厂制造电子元件过程中，次品率p与日产量x的函数关系是p＝(x∈N＋)． (1)求该厂的日盈利额T(单位：元)关于日产量x(单位：件)的函数； (2)为获得最大盈利，该厂的日产量应定为多少件？ 解　(1)由题意，知次品率p＝日产次品数/日产量． 若每天生产x件，则次品数为xp，正品数为x(1－p)． 因为次品率p＝， 所以当每天生产x件时，有x·件次品， 有x件正品． 所以T＝200x－100x· ＝25·(x∈N＋)． (2)由(1)，知T′＝－25·. 由T′＝0，得x＝16或x＝－32(舍去)． 当0＜x＜16时，T′＞0； 当x＞16时，T′＜0. 所以当x＝16时，T最大． 故该厂的日产量定为16件，能获得最大盈利． 17．(2024·新课标Ⅱ卷)(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1， f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0. 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0. 以下同解法一． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. 解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①若a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点． ②若a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a， 当x→－∞时，f(x)→＋∞， 故f(x)存在两个零点． ③若a<0， 由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln (－2a)． 若a≥－，则ln (－2a)≤1， 故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 若a<－，则ln (－2a)>1，故当x∈(1，ln (－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln (－2a)，＋∞)时，f′(x)>0. 因此f(x)在(1，ln (－2a))上单调递减，在(ln (－2a)，＋∞)上单调递增． 又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 综上，a的取值范围为(0，＋∞)． (2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2. 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x∈(1，＋∞)， 则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 而g(1)＝0， 故当x>1时，g(x)<0. 从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2. 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， 故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y＝f(x)的图象为中心对称图形，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)上恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)， 则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 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)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当b<－时，则当0<t< <1时，g′(t)<0， 故g(t)在上为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－. 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$