第1章 导数及其应用 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案word（湘教版）

数学　选择性必修·第二册（湘教） 第1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)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则f′(2)＝(　　) A． B．1 C．－1 D．－ 答案　D 解析　依题意得f′(x)＝2f′(1)＋，令x＝1，得f′(1)＝2f′(1)＋1，f′(1)＝－1．所以f′(x)＝－2＋，所以f′(2)＝－2＋＝－．故选D． 2．下列求导运算正确的是(　　) A．′＝ B．(log2x)′＝ C．′＝ D．(3x)′＝3xlg 3 答案　B 解析　因为′＝(x－1)′＝－，故A错误；因为(log2x)′＝，故B正确；因为′＝′＝(tanx)′＝，故C错误；因为(3x)′＝3xln 3，故D错误．故选B． 3．设曲线y＝在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，则a＝(　　) A．－ B． C．－2 D．2 答案　A 解析　由题意，得y′＝＝(x>0)，∵曲线在点(1，0)处的切线与直线x－ay＋1＝0垂直，∴＝－a，解得a＝－，故选A． 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，B，C都不满足这两个条件；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，则D不符合这个条件，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．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B． C．(0，1) D．(1，＋∞) 答案　B 解析　由题意，知x＞0，f′(x)＝ln x＋1－2ax，由于函数f(x)有两个极值点，则f′(x)＝0有两个不等的正根，即函数g(x)＝ln x＋1与y＝2ax的图象有两个不同的交点(x＞0)，则a＞0．设函数g(x)＝ln x＋1上任一点(x0，1＋ln x0)处的切线为l，则kl＝g′(x0)＝，当l过坐标原点时，＝＝⇒x0＝1，所以kl＝1，令2a＝1⇒a＝，结合图象知0<a<． 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：如图所示，O为圆心，设∠COB＝θ，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＝(cosθ＝－1舍去)，根据实际意义得当cosθ＝时，梯形的面积取最大值，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，则x1∈(0，1)，x2∈(－∞，0)，ln x1<0，且＝＝<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，x∈(0，1)，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．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＋cosx 答案　CD 解析　假设存在不同的两点(x1，y1)，(x2，y2)满足题意，对于A，求导得y′＝1－3x2，令1－3x＋1－3x＝2，得3x＋3x＝0，不存在，错误；对于B，求导得y′＝1＋ex，令1＋ex1＋1＋ex2＝2，得ex1＋e x2＝0，不存在，错误；对于C，求导得y′＝cosx，cosx1＋cosx2＝2，存在，正确；对于D，求导得y′＝1－sinx，令1－sinx1＋1－sinx2＝2，得sinx1＋sinx2＝0，存在，正确．故选CD． 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．(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)上单调递减，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)上有且只有一个零点，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)上各有一个零点，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)任何三次函数的图象都有对称中心，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＝，于是该三次函数的图象的对称中心为点，由题意可知点(1，f(1))是函数y=f(x)的图象的对称中心，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． 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，由f(x)＝·e2x－2＋x2－2xf(0)，得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，则有f′(0)＝2－2＝0． 13．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________． 答案　 解析　∵函数y＝ex与函数y＝ln x互为反函数，其图象关于y＝x对称，故可先求点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)，即b＝1，∴d＝＝，∴|PQ|的最小值为2d＝2×＝． 14．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asin－1＝0，所以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＝－． 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)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1． (1)求常数a，b，c的值； (2)判断x＝±1是函数的极小值点还是极大值点，并说明理由． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为x＝±1是函数f(x)的极值点，所以x＝±1是方程f′(x)＝0即3ax2＋2bx＋c＝0的两根． 由根与系数的关系，得 又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1．　　　③ 由①②③，解得a＝，b＝0，c＝－． 经检验，符合题意． (2)因为f(x)＝x3－x， 所以f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)． 当x<－1或x>1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0． 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数． 所以当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1，x＝－1是极大值点；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1，x＝1是极小值点． 16．(本小题满分15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． 17．(本小题满分15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<0，f(2)＝a>0，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，(x－2)ex<0，a(x－1)2≤0，所以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，(x－2)ex<0，a(x－1)2≤0，所以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x1<2－x2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)ex2． 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)在(1，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0． 从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝xln x－ax． (1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立． 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2(x>0)． 由f′(x)＝0，得x＝． 当x∈时，f′(x)<0； 当x>时，f′(x)>0． 所以f(x)在上是减函数，在上是增函数． 因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－． 显然，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)在(0，＋∞)上没有最大值． (2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－． 由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取到最小值． 设g(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝，易知g(x)max＝g(1)＝－， 当且仅当x＝1时取到最大值，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>g(x)，即ln x＋1>－． 19．(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：因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，且f(1)=a， 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． 7 学科网（北京）股份有限公司 $