第二章 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作业与测评word（北师大版）

数学　选择性必修　第二册　作业与测评（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．若物体的运动规律是s＝f(t)，则物体在时刻t0的瞬时速度可以表示为(　　) ① ；② ； ③f′(t0)；④f′(t)． A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 答案：B 解析：根据瞬时速度的概念及导数的意义易知①③正确．故选B． 2．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． 3．函数y＝x2ex的单调递减区间是(　　) A．(－1，2) B．(－∞，－1)和(1，＋∞) C．(－∞，－2)和(0，＋∞) D．(－2，0) 答案：D 解析：y′＝(x2ex)′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)．由xex(x＋2)<0，得－2<x<0，故函数y＝x2ex的单调递减区间是(－2，0)． 4．方程2x3－6x2＋7＝0在(0，2)内根的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案：B 解析：设f(x)＝2x3－6x2＋7，则f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．∵x∈(0，2)，∴f′(x)<0．∴f(x)在(0，2)上单调递减，又f(0)＝7，f(2)＝－1，∴f(x)在(0，2)内有且只有一个零点，即方程2x3－6x2＋7＝0在(0，2)内只有一个根． 5．设a∈R，若函数y＝ex＋2ax有大于0的极值点，则(　　) A．a＜－ B．a＞－ C．a＜－ D．a＞－ 答案：C 解析：由y＝ex＋2ax，得y′＝ex＋2a，由题意，得ex＋2a＝0有正数解．当x＞0时，ex＝－2a＞1，即a＜－． 6．已知函数f(x)＝x2＋cosx，f′(x)是函数f(x)的导函数，则f′(x)的图象大致是(　　) 答案：A 解析：因为f(x)＝x2＋cosx，所以f′(x)＝x－sinx．因为f′(x)为奇函数，所以排除B，D；设y＝x－sinx，则y′＝－cosx，所以当0＜x＜时，y′＜0，所以函数f′(x)＝x－sinx在上单调递减，排除C．故选A． 7．设定义在[0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)－(x＋1)f′(x)ln (x＋1)<0，则(　　) A．2f(1)>f(3)>0 B．2f(1)<f(3)<0 C．2f(3)>f(1)>0 D．2f(3)<f(1)<0 答案：B 解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，因为f(x)－(x＋1)f′(x)ln (x＋1)<0，所以g′(x)<0，则g(x)在[0，＋∞)上单调递减，又g(0)＝0，所以0>g(1)>g(3)，即0>>，所以2f(1)<f(3)<0．故选B． 8．已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有>2成立，则a的取值范围是(　　) A．(0，1] B．(1，＋∞) C．(0，1) D．[1，＋∞) 答案：D 解析：由>2，得>0，令g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x(a>0)，则g(x)为增函数，所以g′(x)＝＋x－2≥0(x>0，a>0)恒成立，即a≥x(2－x)恒成立，又当x>0时，x(2－x)的最大值为1，所以a≥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．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列命题正确的是(　　) A．x＝－3是函数y＝f(x)的极值点 B．x＝－1是函数y＝f(x)的最小值点 C．y＝f(x)在(－3，1)上单调递增 D．曲线y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零 答案：AC 解析：根据导函数图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；由C项分析可知，x＝－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；∵函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，∴x＝－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确．故选AC． 10．已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 答案：AC 解析：因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±．由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－或x＞；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－＜x＜．所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f＝－＋1＝1－＞0，极大值为f＝1＋>0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1．若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC． 11．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1<x2，则下列说法正确的是(　　) A．a>e B．x1＋x2>2 C．x1x2>1 D．f(x)有极小值点x0，且x1＋x2<2x0 答案：ABD 解析：函数f(x)＝ex－ax，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0在R上恒成立，所以函数f(x)单调递增，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a，令f′(x)＝ex－a<0，解得x<ln a，所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，因为函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1<x2，则f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a＝a(1－ln a)<0，又a>0，所以1－ln a<0，解得a>e，所以A正确；由题意，得ex1＝ax1，ex2＝ax2，所以ex2－x1＝，设t＝，则由图象法知0<x1<x2，则t>1，e(t－1)x1＝t，解得x1＝．因此x1＋x2－2＝(t＋1)x1－2＝＝，令g(t)＝ln t－2＋，则g′(t)＝－＝>0，所以g(t)>g(1)＝0，所以x1＋x2－2>0，即x1＋x2>2，所以B正确；x1x2－1＝tx－1＝t－1＝＝·．令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝－<0，所以h(t)<h(1)＝0，因此x1x2－1<0，即x1x2<1，所以C不正确；因为函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的极小值点为x0＝ln a，且x1＋x2－2x0＝ln (x1x2)<0，所以x1＋x2<2x0，所以D正确．故选ABD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．某正方形铁板在0 ℃时，边长为10 cm．当温度在很小的范围内变化时，由于热胀冷缩，铁板的边长也会发生变化，而且已知温度为t ℃时正方形的边长为10(1＋at) cm，其中a为常数，设此时正方形的面积为S cm2，且S＝f(t)，则f′(0)＝________，其意义为________________________________． 答案：200a　在0 ℃时，温度的改变量Δt很小时，铁板面积的改变量的近似值为200a cm2 解析：依题意可知S＝f(t)＝[10(1＋at)]2＝100(1＋at)2．设t＝0时温度的改变量为Δt，则＝＝＝200a＋100a2Δt．所以f′(0)＝＝(200a＋100a2Δt)＝200a．这表示在0 ℃时，铁板面积对温度的瞬时变化率为200a．实际意义是，在0 ℃时，温度的改变量Δt很小时，铁板面积的改变量的近似值为200a cm2． 13．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个不同的公共点，则a的取值范围是________． 答案：(－2，2) 解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图所示，当－2<a<2时，直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个不同的公共点． 14．对于函数y＝f(x)，若在定义域内存在实数x0，使得f(x0＋k)＝f(x0)＋f(k)成立，其中k为大于0的常数，则称点(x0，k)为函数f(x)的k级“平移点”．已知函数f(x)＝ax2＋ln x在[1，＋∞)上存在1级“平移点”，则实数a的最小值为________． 答案：－ 解析：由f(x)＝ax2＋ln x在[1，＋∞)上存在1级“平移点”，则f(x＋1)＝f(x)＋f(1)有解，即a(x＋1)2＋ln (x＋1)＝ax2＋ln x＋a，得2ax＝ln ，∴2a＝ln 在[1，＋∞)上有解，令h(x)＝ln ，x∈[1，＋∞)，则h′(x)＝＝ >0，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，则h(x)≥h(1)＝ln ＝－ln 2，∴2a≥－ln 2，即a≥．故实数a的最小值为－． 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)已知函数f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c． (1)当c＝0时，曲线y＝f(x)在点P(1，3)处的切线平行于直线y＝x＋2，求a，b的值； (2)若f(x)在点A(－1，8)，B(3，－24)处有极值，求f(x)的表达式． 解：(1)当c＝0时，f(x)＝x3－2ax2＋bx， 所以f′(x)＝3x2－4ax＋b． 依题意可得f(1)＝3，f′(1)＝1， 即解得 (2)因为f(x)＝x3－2ax2＋bx＋c， 所以f′(x)＝3x2－4ax＋b． 由题意知－1，3是方程3x2－4ax＋b＝0的两根， 所以解得 由f(－1)＝－1－2a－b＋c＝8，a＝，b＝－9， 可得c＝3，所以f(x)＝x3－3x2－9x＋3． 经检验知，符合题意． 16．(本小题满分15分)已知某公司生产的某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件，需另投入1．9万元，设R(x)(单位：万元)为销售收入，据市场调查知R(x)＝其中x(单位：千件)是年产量． (1)写出年利润W关于年产量x的函数关系式； (2)当年产量为多少时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大？ 解：(1)依题意，可得 W＝ 即W＝ (2)设f(x)＝－x3＋8．1x－10(0≤x≤10)， 则f′(x)＝－x2＋8．1， 由f′(x)＝0，得x＝9或x＝－9(舍去)． 当0≤x<9时，f′(x)>0；当9＜x≤10时，f′(x)＜0， 所以当x＝9时，f(x)取得最大值38．6． 当x>10时，－1．9x<<38．6． 所以当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大． 17．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝(m>0)． (1)判断f(x)的单调性； (2)若∀x1，x2∈[1，2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ ＝(m>0)． 令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝2，且－<2． 当x∈时，f′(x)≤0， 当x∈时，f′(x)>0， 当x∈[2，＋∞)时，f′(x)≤0， 即f(x)在上单调递增，在，[2，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知，当m>0，x∈[1，2]时，f′(x)>0恒成立， ∴f(x)在[1，2]上为增函数， 即f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(1)＝． f(x1)－f(x2)的最大值为 g(m)＝f(x)max－f(x)min＝． ∵|f(x1)－f(x2)|≤恒成立， ∴≤， 即m≤，又m>0，∴m∈， 故实数m的取值范围为． 18．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝(1－x)·ln x＋1，x∈[1，＋∞)． (1)写出函数f(x)在[1，＋∞)上的零点个数，并证明； (2)当x≥1时，函数g(x)＝aex－xln x有零点，记a的最大值为t，证明：<t<． 解：(1)函数f(x)在[1，＋∞)上有唯一零点． 证明如下：由题意得f′(x)＝－1－ln x，x∈[1，＋∞)，易知f′(x)单调递减， 且f′(1)＝0，所以f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减， f(2)＝1－ln 2>0，f(e)＝2－e<0， 所以f(x)在[1，＋∞)上有唯一的零点x0∈(2，e)． (2)证明：令g(x)＝aex－xln x＝0，即＝a， 令h(x)＝＝a， 所以h′(x)＝， 由(1)可知h′(x)在[1，＋∞)上有唯一的零点x0∈(2，e)． 且h(x)在[1，x0)上单调递增，在[x0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)在x＝x0处取得极大值即最大值， 所以t＝． 下证<t<， 一方面h(x0)>h(2)＝， 另一方面，欲证t<⇔<， 又(1－x0)ln x0＋1＝0， 所以只需证<， 记φ(x)＝，φ′(x)＝，由前面可知φ(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以φ(x0)<φ(2)＝<，证毕． 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ln x－f′(1)·x＋ln，g(x)＝－－f(x)． (1)求f(x)的单调区间； (2)设函数h(x)＝x2－x＋m，若存在x1∈(0，1]，对任意的x2∈[1，2]，总有g(x1)≥h(x2)成立，求实数m的取值范围． 解：(1)∵f′(x)＝－f′(1)， ∴f′(1)＝1－f′(1)，∴f′(1)＝， ∴f(x)＝ln x－x＋ln (x＞0)， f′(x)＝－＝． ∴当0＜x＜2时，f′(x)＞0； 当x＞2时，f′(x)＜0． ∴f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)． (2)∵g(x)＝2x－－ln x－ln (x＞0)， ∴g′(x)＝2＋－＝． 又2x2－x＋2＝2＋＞0， ∴在(0，1]上g′(x)＞0，即函数g(x)在(0，1]上单调递增，g(x)在(0，1]上的最大值为g(1)＝ln 2－1． 而“存在x1∈(0，1]，对任意的x2∈[1，2]，总有g(x1)≥h(x2)成立”等价于“g(x)在(0，1]上的最大值不小于h(x)在[1，2]上的最大值”． ∵h(x)在[1，2]上的最大值为h(2)＝2＋m． ∴ln 2－1≥2＋m， ∴m≤ln 2－3． ∴实数m的取值范围为(－∞，ln 2－3]． 10 学科网（北京）股份有限公司 $