第5章一元函数的导数及其应用 单元质量检测—2024-2025学年高二数学人教A版(2019)选择性必修二

质量检测(二) (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．某质点的位移满足函数s(t)＝2t3－gt2(g取10 m/s2)，则当t＝2时，质点的速度v(t)对t的瞬时变化率(即加速度)是(　　) A．14 m/s2 B．4 m/s2 C．10 m/s2 D．－4 m/s2 2．已知函数f(x)＝ax2＋b的图象开口向上， ＝4，则a＝(　　) A． B．－ C．2 D．－2 3．函数f(x)＝x2－ln(2x)的单调递减区间是(　　) A． B． C．， D．， 4．动点P在函数y＝－(x＋1)的图象上，以P点为切点的切线的倾斜角取值范围是(　　) A． B．∪ C． D． 5．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 6．已知函数f(x)＝x2－9lnx＋3x在其定义域内的一个子区间(m－1，m＋1)上不单调，则实数m的取值范围是(　　) A． B． C． D． 7．已知x＝1是函数g(x)＝1－alnx－x的唯一零点，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B．{－1}∪[0，＋∞) C．[－1,0] D．(－∞，－1] 8．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的实数x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)－f(1)<x2－1成立的实数x的取值范围为(　　) A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1) 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．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，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) 10．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R，则(　　) A．当a＝0时，f(x)没有零点 B．当a＝0时，f(x)是增函数 C．当a＝2时，直线y＝x＋1－ln2与曲线y＝f(x)相切 D．当a＝2时，f(x)只有一个极值点x0，且x0∈(－1,0) 11．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是函数图象的对称中心．设函数f(x)＝x3－x2＋ax－a，则以下说法正确的是(　　) A．f(x)＋f(2－x)＝－ B．当a<0时，f(x)有三个零点 C．f(－2019)＋f(－2020)＋f(2021)＋f(2022)＝4 D．当f(x)有两个极值点x1，x2时，过A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线必过点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若函数的导数为f′(x)，且f(x)＝2f′(2)x＋x3，则f′(2)＝________. 13．已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________. 14．已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)＝ex(2x＋1)＋f(x)，f(0)＝－2，则不等式f(x)<4ex的解集为________． 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． 16．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝excosx－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． 17．(本小题满分15分)如图，有甲、乙两个工厂，甲厂位于笔直河岸的岸边A处，乙厂与甲厂在河的同侧，位于离河岸40 km的B处，BD垂直于河岸，垂足为D且D与A相距50 km.两厂要在此岸边合建一个供水站C，从供水站到甲厂和乙厂铺设水管的费用分别为每千米3a元和5a元，问：供水站C建在岸边何处才能使铺设水管的费用最省？ 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ex＋m－lnx. (1)若f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数m的取值范围； (2)求证：m≥－2时，f(x)>0. 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝lnx－. (1)讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且只有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 质量检测(二) (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．某质点的位移满足函数s(t)＝2t3－gt2(g取10 m/s2)，则当t＝2时，质点的速度v(t)对t的瞬时变化率(即加速度)是(　　) A．14 m/s2 B．4 m/s2 C．10 m/s2 D．－4 m/s2 [解析]　由题意可得s′(t)＝6t2－gt，即v(t)＝6t2－gt，∴v′(t)＝12t－g，∴v′(2)＝12×2－10＝14(m/s2)． [答案]　A 2．已知函数f(x)＝ax2＋b的图象开口向上， ＝4，则a＝(　　) A． B．－ C．2 D．－2 [解析]　由f(x)＝ax2＋b，得f′(x)＝2ax(a>0)，因为 ＝4，所以f′(a)＝4，即2a2＝4，解得a＝或a＝－(舍去)，故选A． [答案]　A 3．函数f(x)＝x2－ln(2x)的单调递减区间是(　　) A． B． C．， D．， [解析]　函数f(x)定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝2x－＝，所以由f′(x)≤0，得解得0<x≤.故选A． [答案]　A 4．动点P在函数y＝－(x＋1)的图象上，以P点为切点的切线的倾斜角取值范围是(　　) A． B．∪ C． D． [解析]　设以P点为切点的切线的倾斜角为θ，因为函数f(x)＝－x－x (x≥0)，所以f′(x)＝－x－x＝－≤－×2＝－，当且仅当3＝，即x＝时取等号，又因为θ∈[0，π)，所以tanθ≤－，所以θ∈.故选C． [答案]　C 5．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 [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)＝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，f′(x)＝(x2＋8x－9)ex＝0时，x＝1或x＝－9，满足x＝1为函数f(x)的极值点，∴a＝3. [答案]　B 6．已知函数f(x)＝x2－9lnx＋3x在其定义域内的一个子区间(m－1，m＋1)上不单调，则实数m的取值范围是(　　) A． B． C． D． [解析]　由题意得f′(x)＝2x－＋3＝＝，(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－3(舍)，当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数，所以f(x)在x＝处取得极小值，所以m－1<<m＋1，解得<m<，又(m－1，m＋1)为定义域的一个子区间，所以m－1≥0，解得m≥1，所以实数m的取值范围是.故选A． [答案]　A 7．已知x＝1是函数g(x)＝1－alnx－x的唯一零点，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B．{－1}∪[0，＋∞) C．[－1,0] D．(－∞，－1] [解析]　由g(x)＝1－alnx－x，x>0，可知g′(x)＝－－1.①当a≥0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，g(1)＝0，满足题意．②当a<0时，令g′(x)＝＝0，得x＝－a.当x∈(0，－a)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x∈(－a，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，∴函数g(x)在x＝－a时取得极大值，也是最大值，又x＝1是函数g(x)＝1－alnx－x的唯一零点，∴g(－a)＝0，即－a＝1，解得a＝－1.综上可知，实数a的取值范围是{－1}∪[0，＋∞)． [答案]　B 8．定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的实数x，都有2f(x)＋xf′(x)<2恒成立，则使x2f(x)－f(1)<x2－1成立的实数x的取值范围为(　　) A．{x|x≠±1} B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,1) D．(－1,0)∪(0,1) [解析]　当x>0时，由2f(x)＋xf′(x)－2<0可知2xf(x)＋x2f′(x)－2x<0.设g(x)＝x2f(x)－x2，x>0，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－2x<0(x>0)恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当x>0时，由x2f(x)－f(1)<x2－1⇔x2f(x)－x2<f(1)－1，得g(x)<g(1)，所以x>1；因为函数f(x)是偶函数，所以g(x)＝x2f(x)－x2也是偶函数，所以当x<0时，解得x<－1.综上可知，实数x的取值范围为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选B． [答案]　B 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．设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，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) [解析]　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.∴f(x)的极大值是f(3)，f(x)的极小值是f(－3)． [答案]　AD 10．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R，则(　　) A．当a＝0时，f(x)没有零点 B．当a＝0时，f(x)是增函数 C．当a＝2时，直线y＝x＋1－ln2与曲线y＝f(x)相切 D．当a＝2时，f(x)只有一个极值点x0，且x0∈(－1,0) [解析]　当a＝0时，f(x)＝ex－lnx(x>0)，则f′(x)＝ex－，f′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f′<0，f′(1)>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点m，则em＝，所以m＝ln＝－lnm，则由f′(x)<0，得0<x<m，由f′(x)>0，得x>m，f(x)在(0，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(m)＝em－lnm＝em＋m>0，从而f(x)没有零点，故A正确，B错误．当a＝2时，f(x)＝ex－ln(x＋2)，则f′(x)＝ex－，因为f′(0)＝，f(0)＝1－ln2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋1－ln2，故C正确．因为f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上为增函数，且f′(－1)<0，f′(0)>0，所以f(x)只有一个极值点x0，且x0∈(－1,0)，故D正确．故选ACD． [答案]　ACD 11．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是函数图象的对称中心．设函数f(x)＝x3－x2＋ax－a，则以下说法正确的是(　　) A．f(x)＋f(2－x)＝－ B．当a<0时，f(x)有三个零点 C．f(－2019)＋f(－2020)＋f(2021)＋f(2022)＝4 D．当f(x)有两个极值点x1，x2时，过A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线必过点 [解析]　∵f′(x)＝x2－2x＋a，∴f″(x)＝2x－2，令f″(x)＝0，得x＝1，∴f(x)的拐点为(1，f(1))，∵f(1)＝－，∴f(x)的图象的对称中心为，即f(x)＋f(2－x)＝－成立，故选项A正确；当x＝1时，f(x)＝－，∴x＝1不是f(x)的零点，令f(x)＝x3－x2＋ax－a＝0，即a＝有三个实数根，令g(x)＝，∵g′(x)＝＝，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，且x≠1，∴g(x)的大致图象如图所示， 由图可知，当a<0时，y＝a与y＝g(x)有三个交点，即f(x)＝x3－x2＋ax－a有三个零点，故选项B正确；由选项A可知f(x)＋f(2－x)＝－，∴f(2022)＋f(－2020)＝－，f(2021)＋f(－2019)＝－，两式相加可得f(－2019)＋f(－2020)＋f(2021)＋f(2022)＝－，故选项C错误；由于f(x)有两个极值点x1，x2，∴f′(x)＝x2－2x＋a＝0有两个不相等的实数根x1，x2，∴由于直线过A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，则直线AB一定过线段AB的中点，由选项A知f(x)＋f(2－x)＝－，且有x1＋x2＝2，∴f(x1)＋f(x2)＝f(2－x2)＋f(x2)＝－，∴线段AB的中点坐标为＝，则直线AB一定过点，故选项D错误．故选AB． [答案]　AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若函数的导数为f′(x)，且f(x)＝2f′(2)x＋x3，则f′(2)＝________. [解析]　由题意得f′(x)＝2f′(2)＋3x2，∴f′(2)＝2f′(2)＋12，∴f′(2)＝－12. [答案]　－12 13．已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________. [解析]　解法一：∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋，y′|x＝1＝2.∴曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(当a＝0时曲线为y＝2x＋1，与已知直线平行，不符合题意)．由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8. 解法二：同解法一得切线方程为y＝2x－1.设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′| x＝x0＝2ax0＋a＋2.由解得 [答案]　8 14．已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)＝ex(2x＋1)＋f(x)，f(0)＝－2，则不等式f(x)<4ex的解集为________． [解析]　由题意得＝2x＋1，所以′＝2x＋1.令＝x2＋x＋c，则f(x)＝ex·(x2＋x＋c)，因为f(0)＝－2，所以c＝－2，所以f(x)＝ex·(x2＋x－2)，所以不等式f(x)<4ex等价于x2＋x－2<4，解得－3<x<2. [答案]　(－3,2) 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， ∵g(x)＝0有3个不同的实根， 故 解得5－4<a<5＋4， ∴当5－4<a<5＋4时，方程f(x)＝a有3个不同的实根， ∴实数a的取值范围是(5－4，5＋4)． 16．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝excosx－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． [解]　(1)因为f(x)＝excosx－x， 所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1， 又因为f(0)＝1，f′(0)＝0， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. (2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1， 则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx) ＝－2exsinx. 当x∈时，h′(x)≤0，所以h(x)在区间上单调递减． 所以对任意x∈有h(x)≤h(0)＝0，即f′(x)≤0，所以函数f(x)在区间上单调递减，因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－. 17．(本小题满分15分)如图，有甲、乙两个工厂，甲厂位于笔直河岸的岸边A处，乙厂与甲厂在河的同侧，位于离河岸40 km的B处，BD垂直于河岸，垂足为D且D与A相距50 km.两厂要在此岸边合建一个供水站C，从供水站到甲厂和乙厂铺设水管的费用分别为每千米3a元和5a元，问：供水站C建在岸边何处才能使铺设水管的费用最省？ [解]　根据题意可知点C在线段AD上某一适当位置时，才能使总运费最省，设C点距D点x km，则BD＝40，AC＝50－x，∴BC＝＝， 设铺设水管的总费用为y元，则 y＝3a(50－x)＋5a(0<x<50)， ∴y′＝－3a＋， 令y′＝－3a＋＝0，可得x＝30， 在(0,50)上，y只有一个极小值点，根据实际意义，函数在x＝30(km)处取得最小值， 此时AC＝50－x＝20(km)， 故供水站C建在岸边A、D之间距甲厂20 km处，能使铺设水管的费用最省． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ex＋m－lnx. (1)若f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数m的取值范围； (2)求证：m≥－2时，f(x)>0. [解]　(1)因为f(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)＝ex＋m－≥0在[1，＋∞)上恒成立，即x＋m≥ln，所以m≥ln－x＝－lnx－x. 令g(x)＝－lnx－x，显然g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在[1，＋∞)上的最大值为g(1)＝－1.因此，m≥－1. (2)证明：证法一：当m≥－2时，f(x)＝ex＋m－lnx≥ex－2－lnx.只需证明ex－2－lnx>0. 令g(x)＝ex－2－lnx，则函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．g′(x)＝ex－2－.因为y＝ex－2是增函数，y＝－在(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增． 又因为g′(1)＝e－1－1<0，g′(e)＝ee－2－>1－>0， 由函数零点存在定理，知存在唯一的x0∈(1，e)，使得g′(x0)＝e－＝0. 当x∈(0，x0)时，g′(x)<g′(x0)＝0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>g′(x0)＝0，g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(x0)＝e－lnx0. 由g′(x0)＝e－＝0，得e＝， x0－2＝－lnx0. 于是g(x)min＝g(x0)＝＋x0－2>2 －2＝0. 所以g(x)＝ex－2－lnx>0.所以原结论成立． 证法二：要证ex－2－lnx>0，即证ex－2－x>lnx－x. 设h1(x)＝ex－2－x，则h′1(x)＝ex－2－1. 由h1′(x)>0得ex－2>1，x>2； 由h1′(x)<0得x<2， 所以h1(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 所以h1(x)min＝h1(2)＝－1. 设h2(x)＝lnx－x，则h2′(x)＝－1＝. 由h2′(x)>0得0<x<1；由h2′(x)<0得x>1， 所以h2(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以h2(x)max＝h2(1)＝－1. 可见，h1(x)>h2(x)． 所以原结论成立． 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝lnx－. (1)讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且只有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线． [解]　(1)函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，又f′(x)＝－＝＋>0，所以函数在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增，又f(e－2)＝<0，f(e－1)＝>0，所以在区间(0,1)上存在一个零点，又f(2)＝ln2－3<0，f(e2)＝>0，所以在区间(1，＋∞)上也存在一个零点，所以函数f(x)有且只有两个零点． (2)证明：因为x0是f(x)的一个零点，所以有lnx0＝＝1＋.曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线方程为y＝x＋lnx0－1＝x＋.当曲线y＝ex切线斜率为时，切点坐标为，切线方程为y－＝(x＋lnx0)，化简为y＝x＋＝x＋＝x＋，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线． 学科网（北京）股份有限公司 $$