第五章一元函数的导数及其应用【章末能力提升专项训练】-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第五章　一元函数的导数及其应用 【章末能力提升专项训练】 单项选择题 1.函数f(x)=x3-12x+1的极小值为(　　) A.-17 B.-15 C.15 D.17 2.设f(x)为可导函数,且满足=3,则曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线的斜率是(　　) A.-9 B.-3 C.3 D.9 3.【情境创新】电动汽车产业是我国的优势新型产业之一.某款电动汽车在一次上路测试中,速度v(单位:km/h)关于运行时间t(单位:min)的关系可以用函数v(t)=t2-8t+40(0≤t≤8)表示,则(　　) A.该车速度在前8 min内的平均变化率为1 B.该车速度的瞬时变化率逐渐减小 C.该车速度在第3 min的瞬时变化率为2 D.可以用该车运行5 min到5.01 min之间的平均速度估算该车在t=5时的瞬时速度 4.将函数y=x3+16的图象绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切,则tan θ=(　　) A.8 B.4 C.12 D.5 5.已知在同一平面直角坐标系中,函数y=f(x)及其导函数y=f'(x)的部分图象如图所示,则(　　)  A.函数y=ex·f(x)在区间[a,b]上单调递增 B.函数y=ex·f(x)在区间[a,b]上单调递减 C.函数y=e-x·f(x)在区间[a,b]上单调递增 D.函数y=e-x·f(x)在区间[a,b]上单调递减 6.函数f(x)=ln x+ax2-2在区间(,1)内存在单调递减区间的一个充分不必要条件是(　　) A.a<-1 B.a<- C.a>- D.a>-8 7.已知f(x)=asin x-ln(x+1)+x在x∈(0,π)上恰有一个零点,则a的取值范围为(　　) A.(-∞,0) B.(-∞,1) C.(-∞,) D.(-∞,e) 8.已知函数f(x)的导函数为f'(x),若f(x)<xf'(x)<2f(x)-x对x∈(0,+∞)恒成立,则下列不等式中,一定成立的是(　　) A.πf(1)≤f(π) B.πf(1)>f(π) C.f(1)<+ D.+<f(1) 多项选择题 9.已知函数f(x)=2ln x-x2,则(　　) A.函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1],[1,+∞) B.函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞) C.函数f(x)的极大值点为1 D.函数f(x)的最大值为-1 10.如图所示,设铁路AB=60,BC=8,现将货物从A运往C,已知单位距离铁路费用为3,公路费用为5,如果在AB上点M处修筑公路至C,可使运费由A至C最省.则下列正确的是(　　)  A.点M到B的距离为4 B.由A至C运费最省时,运费是212 C.点M到C的距离为12 D.点M到C的公路运费是50 11.已知函数f(x)=eln x+1-x,下列结论正确的是(　　) A.f(x)在(0,+∞)上单调递增 B.f(x)的最大值为1 C.当x∈(0,1)时,f(1+x)>f(1-x) D.若函数g(x)=f(f(x))-m恰有2个零点,则m的取值范围为(0,1) 填空题 12.已知定义在实数集R上的函数f(x),其导函数为f'(x),且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy,f(1)=0,f'(1)=,则f'(2)=　　　　.  13.若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　.  14.已知函数f(x)=2ln x-ax+b-1. (1)若f(x)在(1,+∞)上单调,则a的取值范围是　　　　;  (2)若对任意的x∈(0,+∞),f(x)≤0,则b-2a的最大值为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 15.(13分)设函数f(x)=x3-(2a+1)x2+8ax+32a2,其中a是常数,若x=1是函数 f(x)的极值点. (1)求a的值; (2)证明:函数f(x)的图象关于点M(,f())中心对称. 16.(15分)已知函数f(x)=,其中a∈R. (1)当a=0时,求f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程; (2)求证:当a≠-2时,f(x)的极大值恒大于0. 17.(15分)已知函数f(x)=(x-1)ln x+ax2+(1-a)x-1. (1)当a=-1时,判断函数f(x)的单调性; (2)讨论f(x)零点的个数. 18.(17分)【探索创新】固定项链的两端,在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年,莱布尼茨等得出“悬链线”方程为y=,其中c为参数.当c=1时,就是双曲余弦函数ch(x)=,类似地我们可以定义双曲正弦函数sh(x)=.它们与正、余弦函数有许多类似的性质. (1)类比正、余弦函数导数之间的关系,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,请写出sh(x),ch(x)具有的类似的性质(不需要证明); (2)当x>0时,sh(x)>ax恒成立,求实数a的取值范围; (3)求f(x)=ch(x)-cos x-x2的最小值. 19.(17分)已知函数f(x)=ln x-1. (1)若f(x)的图象与函数y=ax2的图象存在公切线,求正实数a的取值范围; (2)若g(x)=x2f(x)+x2-b的两个零点分别为x1,x2(x1<x2),求证:+->0. 参考答案 1.B　由函数f(x)=x3-12x+1,求导得f'(x)=3x2-12,令f'(x)=3x2-12=0,得x=±2.当x<-2时,f'(x)>0,函数单调递增;当-2<x<2时,f'(x)<0,函数单调递减;当x>2时,f'(x)>0,函数单调递增.所以当x=2时,函数f(x)有极小值f(2)=-15. 2.A　由==-=3,得=-9,即f'(3)=-9,所以曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线的斜率是-9. 3.D　A(✕)函数v(t)=t2-8t+40在[0,8]上的平均变化率为==0. B(✕)该车速度的瞬时变化率为v'(t)=2t-8,所以该车速度的瞬时变化率逐渐增大. C(✕)由于v'(t)=2t-8,故当t=3时,v'(3)=2×3-8=-2. D(√)极短时间内的平均速度可以近似为瞬时速度. 4.C　题干解读:将函数y=x3+16的图象绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切,等价于将x轴逆时针旋转θ后与函数y=x3+16的图象相切. 由题意知,直线y=tan θ·x是曲线y=x3+16过原点的切线,设切点坐标为(x0,+16)(x0≠0),由于y'=3x2,则y'│=3,所以切线方程为y-(+16)=3(x-x0),则0-(+16)=3(0-x0),解得x0=2,则y'│=12,所以tan θ=12. 5.C　用导数判断函数的单调性+函数与导函数图象之间的关系 思路导引　首先分析出y=f(x),y=f'(x)的图象分别是哪一个,再根据导数的运算法则求出选项中的导函数,最后分析其正负,即可判断其单调性. 如图,不妨令在(0,a)下降的曲线为C1,C1与x轴的交点横坐标分别为e,d(e<a<d<b),在(0,a)上升的曲线为C2,C2与x轴的交点横坐标为c.由曲线C2可知,当0<x<c时函数值小于0,当x>c时函数值大于0,且曲线C2从左至右呈上升趋势;由曲线C1可知,当e<x<d时函数值小于0,当x>d或0<x<e时函数值大于0,且C1的图象从左至右呈先下降,后上升趋势.又这两条曲线为函数y=f(x)及其导函数y=f'(x)的图象,所以y=f(x)的图象对应的是曲线C1,y=f'(x)的图象对应的是曲线C2,所以当a<x<c时f'(x)<0,f(x)单调递减,且f(x)<0,当c<x<b时f'(x)>0,f(x)单调递增,且当c<x<d时f(x)<0,当d<x<b时f(x)>0. A(✕)B(✕)由y=ex·f(x),得y'=ex·[f(x)+f'(x)],显然ex>0,当a<x<c时f(x)+f'(x)<0,所以y'<0,则y=ex·f(x)在(a,c)上单调递减,当d<x<b时f(x)+f'(x)>0,所以y'>0,则y=ex·f(x)在(d,b)上单调递增. C(√)D(✕)由y=e-x·f(x),得y'=e-x[f'(x)-f(x)],显然e-x>0,且当a<x<b时f'(x)>f(x),即f'(x)-f(x)>0,所以y'>0,所以y=e-x·f(x)在区间[a,b]上单调递增. 6.A　由已知可得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax=.当a=0时,由f'(x)=<0可得x<0,不满足定义域;当a>0时,f'(x)>0,不符合题意;当a<0时,令g(x)=2ax2+1,要使函数f(x)=ln x+ax2-2在区间(,1)内存在单调递减区间,只需满足g(1)<( 注意函数在(,1)上单调递减的区别),g(1)=2a+1<0,即a<-.所以a<-1是f(x)在区间(,1)内存在单调递减区间的一个充分不必要条件. 7.A　由f(x)=x+asin x-ln(x+1)求导得f'(x)=1+acos x-.①当a<0时,f'(x)在(0,π)上单调递增,f'(0)=a<0,f'(π)=1-a->0,∴存在x0∈(0,π)使得f'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,又f(0)=0,f(π)=π-ln(π+1)>0,故存在唯一的t∈(x0,π),使得f(t)=0,满足题意;②当a≥0时,由x∈(0,π)可得f(x)≥x-ln(x+1),令h(x)=x-ln(x+1),则h'(x)=1-=,当x∈(0,π)时,h'(x)>0,故h(x)在(0,π)上单调递增,则h(x)>h(0)=0在(0,π)上恒成立,则f(x)>0在(0,π)上恒成立,故f(x)在(0,π)上无零点.综上所述,a的取值范围是(-∞,0)( 涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围). 8.D　用导数判断函数的单调性+比较函数值的大小关系 思路导引　构造函数g(x)=,h(x)=,求导后利用已知得出其正负,确定出函数的单调性后结合选项进行判断. 设g(x)=,h(x)=,则g'(x)==,h'(x)=.因为f(x)<xf'(x)<2f(x)-x对x∈(0,+∞)恒成立,所以当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,h'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,h(x)在(0,+∞)上单调递增,则g(1)>g(2),h(1)<h(π),可得>,即+<f(1),πf(1)<f(π).结合选项可知D一定成立. 9.CD　f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-2x=. A(✕)当x>1时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减,故单调递减区间为(1,+∞). B(✕)当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增,故单调递增区间为(0,1). C(√)当x=1时,f(x)取极大值,也是最大值. D(√)f(x)max=f(1)=-1. 10.BD　设MB=x,铁路AM上的运费为3(60-x),公路MC上的运费为5,则由A到C的总运费为y=3(60-x)+5(0≤x≤60),则y'=-3+.令y'=0,解得x=6或x=-6(舍去).当0<x<6时,y'<0,当6<x<60时,y'>0.故当x=6时,y取得最小值,ymin=3×54+50=212,即当在距离点B为6的点M处修筑公路至C时,可使总运费最少,此时MB=6,MC=10,点M到C的公路运费是50,故选BD. 11.BCD　A(✕)B(√)易知f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=eln x+1-x=,所以f'(x)=,当0<x<1时,f'(x)>0,即f(x)在(0,1)上单调递增,当x>1时,f'(x)<0,即f(x)在(1,+∞)上单调递减,则f(x)≤f(1)=1. C(√)令F(x)=f(1+x)-f(1-x)=+(x-1)ex,则F'(x)=x(ex-)=,当x∈(0,1)时,F'(x)>0,即F(x)在(0,1)上单调递增,则F(x)>F(0)=0在(0,1)上恒成立,即f(1+x)>f(1-x). D(√)令f(x)=t,由g(x)=0,得到f(t)=m.因为f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,f(x)≤f(1)=1,当x趋近于0时,f(x)趋近于0,当x趋近于+∞时,f(x)趋近于0,所以x∈(0,+∞)时,恒有f(x)>0,所以f(x)=t∈(0,1].如图1,当m≤0或m>1时,f(t)=m无解,则g(x)=f(f(x))-m无零点,不合题意;当m=1时,f(t)=m有一个解t=1,由f(x)=1,得到x=1,即m=1时,g(x)=f(f(x))-m有且只有1个零点,不合题意;当m∈(0,1)时,f(t)=m有两个解t1∈(0,1),t2∈(1,+∞),因为t1∈(0,1),所以如图2,f(x)=t1有两个解x1,x2,因为t2∈(1,+∞),所以f(x)=t2无解,则g(x)=f(f(x))-m恰有2个零点,符合题意.所以g(x)=f(f(x))-m恰有2个零点时,m∈(0,1). 12.　f(x+y)=f(x)+f(y)+xy,令y=x,则f(2x)=2f(x)+x2( 消元,使双元变成单元),则2f'(2x)=2f'(x)+2x( 对于复合函数求导时,先外层后内层),再令x=1,可得2f'(2)=2f'(1)+2=3,所以f'(2)=. 13.(-∞,-4)∪(0,+∞)　已知切线条数求参 思路导引　设出切点坐标,根据导数的几何意义得出切线的斜率,根据点斜式方程得出切线的方程,将原点坐标代入,整理得出+ax0-a=0,由题意可知,Δ=a2+4a>0,求解即可得出答案. 设切点为A(x0,y0),由已知可得y'=ex(x+a+1).根据导数的几何意义可知,切线的斜率为k=(x0+a+1),则切线方程为y-y0=k(x-x0),整理可得y-(x0+a)=(x0+a+1)(x-x0).又切线经过原点,所以有0-(x0+a)=(x0+a+1)(0-x0),整理可得+ax0-a=0.因为曲线y=(x+a)·ex有两条过坐标原点的切线,所以方程+ax0-a=0有两个不相等的实数解,即有Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,即a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 14.(-∞,0]∪[2,+∞)　1-2ln 2　(1)由f(x)=2ln x-ax+b-1,得f'(x)=-a.若f(x)在(1,+∞)上单调递增,则f'(x)=-a≥0在(1,+∞)上恒成立,即a≤在(1,+∞)上恒成立,所以a≤0;若f(x)在(1,+∞)上单调递减,则f'(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立,即a≥在(1,+∞)上恒成立,所以a≥2.综上,a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞). (2)因为f(x)=2ln x-ax+b-1,x∈(0,+∞),所以f'(x)=-a=.若a≤0,则f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x→+∞时,f(x)→+∞,不符合题意.若a>0,则当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f()=2ln+b-3.要使f(x)≤0恒成立,则2ln+b-3≤0,即b≤3-2ln 2+2ln a,则b-2a≤3-2ln 2+2ln a-2a.令g(x)=ln x-x,则g'(x)=-1=,当0<x<1时,g'(x)>0,函数g(x)在(0,1)上单调递增,当x>1时,g'(x)<0,函数g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=-1,所以ln a-a≤-1,所以b-2a≤3-2ln 2+2ln a-2a≤1-2ln 2,所以b-2a的最大值为1-2ln 2. 15.【解析】(1)f'(x)=x2-2(2a+1)x+8a,依题意x=1是方程x2-2(2a+1)x+8a=0的根, 所以1-2(2a+1)+8a=0,解得a=.(2分) 又当a=时,方程x2-3x+2=0有两个不相等的根x=1和x=2,且当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,2)时,f'(x)<0, 所以x=1是f(x)的极大值点,符合题意. 故a=.(5分) (2)由(1)知f(x)=x3-x2+2x+2,故f()=, 所以点M的坐标为(,).(7分) 因为f(3-x)+f(x)=(3-x)3-(3-x)2+2(3-x)+2+x3-x2+2x+2=[(3-x)3+x3]-[(3-x)2+x2]+10=(9x2-27x+27)-(2x2-6x+9)+10=)中心对称),(12分) 所以函数f(x)的图象关于点M(,)中心对称.(13分) 16.【解析】(1)f'(x)==,(3分) 当a=0时,f'(1)=,f(1)=, 则f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),即y=x.(6分) (2)令f'(x)==0,解得x=2或x=-a.(7分) ①当a>-2时,令f'(x)>0,解得-a<x<2,令f'(x)<0,解得x<-a或x>2, ∴函数f(x)在(-a,2)上单调递增,在(-∞,-a),(2,+∞)上单调递减, ∴f(x)的极大值为f(2)=>0;(10分) ②当a<-2时,令f'(x)>0,解得2<x<-a,令f'(x)<0,解得x<2或x>-a, ∴函数f(x)在(2,-a)上单调递增,在(-∞,2),(-a,+∞)上单调递减, ∴f(x)的极大值为f(-a)=>0.(14分) 综上,当a≠-2时,函数f(x)的极大值恒大于0.(15分) 17.【解析】(1)当a=-1时,f(x)=(x-1)ln x-x2+2x-1,则f'(x)=ln x+-2x+2=ln x--2x+3.(2分) f'(1)=0,令h(x)=f'(x),则h'(x)=+-2=-, 故f'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 故f'(x)max=f'(1)=0. 故f'(x)≤0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.(6分) (2)令f(x)=(x-1)ln x+ax2+(1-a)x-1=0, 整理得(x-1)(ln x+ax+1)=0. 故x=1是函数零点;(8分) 令ln x+ax+1=0,即a=-,设g(x)=-, 则g'(x)=,故g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(10分) 如图所示,画出函数g(x)的图象,  根据图象知:当a≥0时,函数y=ln x+ax+1有1个零点;当-1<a<0时,函数y=ln x+ax+1有2个零点;当a=-1时,函数y=ln x+ax+1有1个零点,为1;当a<-1时,函数y=ln x+ax+1没有零点. 综上所述:当a≥0时,函数f(x)有2个零点;当-1<a<0时,函数f(x)有3个零点;当a≤-1时,函数f(x)有1个零点.(15分) 18.【解析】(1)求导易知[sh(x)]'=ch(x),[ch(x)]'=sh(x).　(3分) (2)构造函数F(x)=sh(x)-ax,x∈[0,+∞),由(1)可知F'(x)=ch(x)-a,(4分) ①当a≤1时,由ch(x)=≥=1≥a,当且仅当x=0时等号成立, 可知当x>0时,F'(x)>0,故F(x)在(0,+∞)内单调递增, 此时F(x)>F(0)=0在(0,+∞)上恒成立,故对任意x>0,sh(x)>ax恒成立,满足题意;(6分) ②当a>1时,令G(x)=F'(x),x∈[0,+∞), 则G'(x)=sh(x)≥0,可知G(x)单调递增, 由G(0)=1-a<0与G(ln(2a))=>0可知, 存在唯一的x0∈(0,ln(2a)),使得G(x0)=0, 故当x∈(0,x0)时,F'(x)=G(x)<G(x0)=0, 则F(x)在(0,x0)内单调递减, 故对任意x∈(0,x0),F(x)<F(0)=0,即sh(x)<ax,矛盾.(9分) 综上所述,实数a的取值范围为(-∞,1].(10分) (3)f(x)=ch(x)-cos x-x2,f'(x)=sh(x)+sin x-2x, 令g(x)=f'(x),则g'(x)=ch(x)+cos x-2, 令h(x)=g'(x),则h'(x)=sh(x)-sin x. 当x∈[0,+∞)时,由(2)可知,sh(x)≥x, 则h'(x)=sh(x)-sin x≥x-sin x, 令u(x)=x-sin x,则u'(x)=1-cos x≥0,故u(x)在[0,+∞)内单调递增, 则h'(x)≥u(x)≥u(0)=(x∈[0,+∞)),故h(x)在[0,+∞)内单调递增, 则g'(x)=h(x)≥h(0)=(x∈[0,+∞)),故g(x)在[0,+∞)内单调递增, 则f'(x)=g(x)≥g(0)=(x∈[0,+∞)),故f(x)在[0,+∞)内单调递增.(14分) 因为f(-x)=ch(-x)-cos(-x)-(-x)2=ch(x)-cos x-x2=f(x), 所以f(x)为偶函数,故f(x)在(-∞,0]内单调递减, 则f(x)min=f(0)=0,故当且仅当x=0时,f(x)取得最小值0.(17分) 19.【解析】(1)设公切线与函数f(x)=ln x-1和函数y=ax2的图象的切点分别为(x3,ln x3-1),(x4,a),其中x3>0, 对于f(x)=ln x-1有f'(x)=, 则f(x)=ln x-1的图象在x=x3处的切线方程为y-(ln x3-1)=(x-x3),即y=+(ln x3-2).(2分) 令y=p(x)=ax2,则p'(x)=2ax, 则y=ax2的图象在x=x4处的切线方程为y-a=2ax4(x-x4), 即y=2ax4x-a.(3分) 所以有-=ln x3-2, 即=2-ln x3(x3>0).(4分) 令h(x)=2x2-x2ln x,则h'(x)=3x-2xln x=x(3-2ln x),(5分) 令h'(x)=0,得x=, 当x∈(0,)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以h(x)max=h()=e3,故0<≤e3(注意题干给出的a为正实数),即a≥e-3. 所以正实数a的取值范围为[e-3,+∞).(8分) (2)因为g(x)的两个零点分别为x1,x2(x1<x2), 所以ln x1-b=0,ln x2-b=0,(9分) 所以ln x1=,ln x2=,故ln x1-ln x2=-=b(-), 所以b=<0. 所以证明+->0成立等价于证明+<成立, 只需证明(+)<, 即证ln+×>0,即证ln+×>0,(12分) 令=t(t>1),即证明ln t+×>(将所证的双变量不等式通过代换化为单变量不等式,然后利用函数单调性处理).(13分) 令F(t)=ln t+×,则F(1)=0, 且F'(t)=+×=,　 于是F'(t)>0在(1,+∞)上恒成立, 因此F(t)在(1,+∞)上单调递增, 所以F(t)>F(1)=0在(1,+∞)上恒成立,所以ln t+×>0, 所以原命题得证.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $