第1章 导数及其应用 章末检测试卷(1)-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第二册 （湘教版2019）

章末检测试卷(一) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．一质点做直线运动，由起始点经过t 秒后的位移s＝t3－6t2＋32t(单位：米)，则速度为0(单位：米/秒)的时刻是(　　) A．t＝4 秒 B．t＝8 秒 C．t＝4 秒与t＝8 秒 D．t＝0 秒与t＝4 秒 答案　C 解析　s′＝t2－12t＋32， 令s′＝0，得t＝4或t＝8. 2．曲线f(x)＝x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角θ为(　　) A．135° B．120° C．60° D．45° 答案　D 解析　由于f′(x)＝3x2－2， 故有tan θ＝f′(1)＝1， 所以切线的倾斜角θ＝45°. 3．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　D 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋3. ∵f(x)在x＝－3时取得极值，即f′(－3)＝0， ∴27－6a＋3＝0，∴a＝5.经检验，当x＝－3时取得极值，符合题意． 4．若函数f(x)＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是单调函数，则a的最大值是(　　) A．0 B．3 C．1 D．－1 答案　B 解析　f′(x)＝－3x2＋a，由题意得－3x2＋a≤0在区间[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在区间[1，＋∞)上恒成立，据此可得a≤3， 即a的最大值是3. 5．函数f(x)＝的部分图象大致为(　　) 答案　C 解析　f(x)＝，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， ∵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；∵当x>0时，f′(x)＝，又当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故排除D. 6．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，e为自然对数的底数．若f′(x)ln x>，则(　　) A．f(2)<f(e)ln 2,2f(e)>f(e2) B．f(2)<f(e)ln 2,2f(e)<f(e2) C．f(2)>f(e)ln 2,2f(e)<f(e2) D．f(2)>f(e)ln 2,2f(e)>f(e2) 答案　B 解析　设F(x)＝， 则F′(x)＝， 则由条件知F′(x)>0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以F(2)<F(e)<F(e2)， 即<<， 即f(2)<f(e)ln 2,2f(e)<f(e2)． 7．若函数f(x)＝(x>1)有最大值－4，则实数a的值是(　　) A．1 B．－1 C．4 D．－4 答案　B 解析　由函数f(x)＝(x>1)，得f′(x)＝＝，要使得函数f(x)有最大值－4，则a<0， 则当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝2时，函数f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(2)＝＝－4，解得a＝－1，满足题意． 8．若x＝1是函数f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex的极值点，则a的值为(　　) A．－2 B．3 C．－2或3 D．－3或2 答案　B 解析　由f(x)＝(x2＋2ax－a2－3a＋3)ex， 得f′(x)＝(x2＋2ax＋2x－a2－a＋3)ex， ∵x＝1是函数f(x)的极值点， ∴f′(1)＝0，即6－a2＋a＝0， 解得a＝3或a＝－2， 当a＝－2时，f′(x)＝(x2－2x＋1)ex≥0恒成立，即f(x)单调递增，无极值点，舍去； 当a＝3时，令f′(x)＝(x2＋8x－9)ex＝0， 解得x＝1或x＝－9， 满足x＝1为函数f(x)的极值点， ∴a＝3. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的值可以是(　　) A．－ B．－1 C. D．2 答案　ABC 解析　由题意得f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，则Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤. 10.设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的部分图象如图所示，则(　　) A．函数f(x)有极大值f(3) B．函数f(x)有极小值f(－) C．函数f(x)有极大值f() D．函数f(x)有极小值f(－3) 答案　AD 解析　由题图可知，当x<－3时，y＝xf′(x)>0，即f′(x)<0； 当－3<x<3时，f′(x)≥0；当x>3时，f′(x)<0. 故f(x)的极大值是f(3)，f(x)的极小值是f(－3)． 11．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间内无零点 B．在区间内有零点 C．在区间(1，e)内无零点 D．在区间(1，e)内有零点 答案　AD 解析　由题意得f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)>0，得x>3； 令f′(x)<0，得0<x<3； 故函数f(x)在区间(0,3)上单调递减， 在区间(3，＋∞)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(3)＝1－ln 3<0， 又f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，f ＝＋1>0. 所以f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点． 12．已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0，使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x C．f(x)＝ln x D．f(x)＝ 答案　ACD 解析　对于A，f′(x)＝2x，由x2＝2x，得x＝0或x＝2，有“巧值点”； 对于B，f′(x)＝－e－x，－e－x＝e－x无解，无“巧值点”； 对于C，f′(x)＝，方程ln x＝有解，有“巧值点”； 对于D，f′(x)＝－，由＝－，得x＝－1，有“巧值点”． 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知函数f(x)满足f(x)＝f′sin x－cos x，则f′＝________. 答案　 解析　因为f(x)＝f′sin x－cos x， 所以f′(x)＝f′cos x＋sin x， 则f′＝f′cos ＋sin ， 即f′＝. 14．函数g(x)＝x3－6x2＋9x－10的零点有____个． 答案　1 解析　因为g(x)＝x3－6x2＋9x－10， 所以g′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， 令g′(x)>0，则x<1或x>3， 令g′(x)<0，则1<x<3， 故函数g(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在[1,3]上单调递减， 则函数g(x)的极大值为g(1)＝1－6＋9－10＝－6<0， 函数g(x)的极小值为g(3)＝27－54＋27－10＝－10<0， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故函数g(x)共有1个零点． 15．曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________. 答案　y＝x　y＝－x 解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)， 则由y′＝，得切线斜率为， 又切线的斜率为，所以＝， 解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e， 所以切线斜率为，切线方程为y＝x. 同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x. 综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. 16．若不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为________． 答案　e 解析　不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，即为ex－kx≥0恒成立，令f(x)＝ex－kx，即有f(x)min≥0. f′(x)＝ex－k， 若k≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，无最小值． 若k>0，则当x>ln k时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<ln k时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 即当x＝ln k时，f(x)取得最小值，即为k－kln k， 由k－kln k≥0， 解得0<k≤e，即k的最大值为e. 四、解答题(本大题共6小题，共70分) 17．(10分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值． 解　函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝－＋a. (1)当a＝1时，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)． 当0<x<时，f′(x)>0， 当<x<2时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，2)． (2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0， 即f(x)在(0,1]上单调递增， 故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a， 因此a＝. 18．(12分)已知函数f(x)＝aln x＋x2－3b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－4＝0. (1)求实数a，b的值； (2)若曲线C：y＝－x3－4b，求曲线C过点(2,4)的切线方程． 解　(1)由题意，得f′(x)＝＋2x， 因为直线2x＋y－4＝0的斜率为－2，且过点(1,2)， 所以即解得 (2)由(1)知，曲线C：y＝＋， 令g(x)＝y＝＋，则g′(x)＝x2. 设切点坐标为(x0，y0)， 则切线斜率k＝g′(x0)＝x， 故切线方程为y－－＝x(x－x0)． 由切线过点(2,4)， 代入解得x0＝2或x0＝－1， 所以切点坐标为(2,4)或(－1,1)， 则切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0. 19．(12分)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋4，x＝1是函数f(x)的一个极值点． (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)当x∈[－1,2]时，求函数f(x)的最小值． 解　(1)由题意得，f′(x)＝6x2－2ax， f′(1)＝6－2a＝0，则a＝3.经检验，x＝1是函数f(x)的一个极值点． 则f(x)＝2x3－3x2＋4，f′(x)＝6x(x－1)， 令f′(x)＝0，则x＝0或x＝1， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0； 当x∈(0,1)时，f′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(1，＋∞)． (2)由(1)可知，当x∈[－1,2]时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示： x －1 (－1，0) 0 (0,1) 1 (1,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1 递增 极大值 递减 极小值 递增 8 当x＝－1时，f(－1)＝2×(－1)3－3×(－1)2＋4＝－1； 当x＝1时，f(1)＝2－3＋4＝3， 所以当x∈[－1,2]时，函数f(x)的最小值为－1. 20．(12分)设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R. (1)求f′(2)的值； (2)求f(x)的单调区间和极值； (3)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同的实根，求实数a的取值范围． 解　(1)∵f′(x)＝3x2－6，∴f′(2)＝6. (2)f′(x)＝3(x2－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝， 当x<－或x>时，f′(x)>0； 当－<x<时，f′(x)<0， ∴函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－)，(，＋∞)，单调递减区间是(－，)． ∴当x＝－时，f(x)取得极大值为f(－)＝5＋4， 当x＝时，f(x)取得极小值为f()＝5－4. (3)令g(x)＝f(x)－a，则g′(x)＝f′(x)， 由(2)可得g(x)的极大值为5＋4－a， 极小值为5－4－a， ∵f(x)＝a，即g(x)＝0有3个不同的实根， ∴ 解得5－4<a<5＋4， ∴实数a的取值范围是(5－4，5＋4)． 21．(12分)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12 000π元(π为圆周率)． (1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定当r和h为何值时该蓄水池的体积最大． 解　(1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元， 又200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)， 从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 因为r>0，又由h>0可得0<r<5， 故函数V(r)的定义域为(0,5)． (2)因为V(r)＝(300r－4r3)，r∈(0,5)， 所以V′(r)＝(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增； 当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上单调递减． 由此可知，V(r)在r＝5处取得极大值，也为最大值，此时h＝8， 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大． 22．(12分)已知函数f(x)＝2ax－＋ln x. (1)若f(x)在x＝1，x＝处取得极值． ①求a，b的值； ②若存在x0∈，使得不等式f(x0)－c≤0成立，求c的最小值； (2)当a＝b时，若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围． 解　(1)①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2a＋＋. ∵f(x)在x＝1，x＝处取得极值， ∴f′(1)＝0，f′＝0， 即解得 经检验x＝1，x＝是函数f(x)的极值，符合题意． ②若存在x0∈，使得不等式f(x0)－c≤0成立，则只需c≥f(x)min. ∵f′(x)＝－－＋＝－ ＝－， ∴当x∈时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增； 当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减， ∴f(x)在x＝处取得极小值， 即f ＝＋ln ＝－ln 2， 又f(2)＝－＋ln 2， ∴f(x)min＝f(2)， ∴c≥－＋ln 2， ∴cmin＝－＋ln 2. (2)当a＝b时，f′(x)＝. 当a＝0时，f(x)＝ln x， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意； 当a>0时，∵x>0， ∴2ax2＋x＋a>0， ∴f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意； 当a<0时，设g(x)＝2ax2＋x＋a＝2a2＋a－， ∵－>0， ∴只需a－≤0，从而得a≤－， 此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 综上可得，a∈∪[0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$