第5章 导数及其应用（单元自测卷· 提升卷）高二数学沪教版选择性必修第二册

第5章 导数及其应用 单元自测卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．已知，若直线与曲线相切，则 . 2．若，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 . 3．已知函数，若仅存在一个正整数，使得，则实数的取值范围为 . 4．已知函数在区间单调递增，则实数的最小值为 ． 5．已知函数在恰有两个极值点，则实数的取值范围是 . 6．若不等式对恒成立，则的最大值为 ． 7．已知函数，，若对任意的，总存在，使得，则的取值范围是 . 8．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为 . 9．若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为 . 10．已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是 . 11．如图，圆锥的底面直径和高均是，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 ． 12．若在曲线（为自然对数的底数）存在不同的两点、，使、两点关于轴的对称点、在曲线上，则实数的取值范围是 . 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13．已知函数在处可导，若，则（    ） A．27 B．2 C．3 D．7 14．已知平面上的点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 15．已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 16．已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（   ） A． B． C． D． 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．（14分）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 18．（14分）已知函数. (1)求在点处的切线方程； (2)已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围. 19．（14分）已知函数 . (1)求函数的极值； (2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围． 20．（18分）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：，. 21．（18分）已知函数，直线与曲线相切. (1)求的值； (2)若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值； (3)若，求证：对任意，有. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5章 导数及其应用 单元自测卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1.. 2. 3. 4.. 5. 6. . 7. 8 . 9. 或 10. 11. ． 12. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13 14 15 16 C D D C 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．（14分）【详解】（1）因为函数的定义域为，且， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （7分） （2）因为函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （7分） 18．（14分）【详解】（1），因为，， 所以切点为，且切线斜率， 所以切线方程为， 得. （6分） （2）设切点坐标为，因为， 所以切线的斜率， 所以切线方程是， 因为切线过点， 所以，即， 因为过点可以作曲线的两条切线， 所以方程有两个不同的根， 所以， 解得或. （8分） 19．（14分）【详解】（1）由题意可知的定义域为R，且， 令时，， 则的关系为 0 ＋ 0 － 单调递增 极大值 单调递减 所以当时，取到极大值为1，没有极小值． （6分） （2）若，即恒成立， 设，则， ①当时，则恒成立，符合题意； ②当时，则，可知在上单调递增， 因为，所以不恒成立； 当 时，的关系为 － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 可知的最小值为，则， 因为，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是 （8分） 20．（18分）【详解】（1）因为函数，函数的定义域为，. 当时，，因为，所以，. 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数的递增区间为，递减区间为. （5分） （2）由，即，得在上恒成立； 令， . 由得，即，所以当，. 所以在上单调递增，在单调递减，所以. 所以，故a的取值范围为 （5分） （3）先证明不等式，令，. 所以在单调递减，所以，即不等式成立. 令，即，所以. 所以，，，. 上述n个式子相加得 . 故，成立. （8分） 21．（18分）【详解】（1）设直线与曲线相切于点处， 因为，所以①， 又因为②，①②联立解得，. （4分） （2）由（1）得， 对任意，存在，使得不等式成立， 等价于对任意，即可， 所以当时恒成立， 令，只需即可， 因为，令， 则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以， 又 ，，所以当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以，即的最大值为. （7分） （3）由已知可得， 则， 所以当时，恒成立，在单调递增， 令，，则， 因为，所以，在单调递增， 所以对任意有， 因为时， ， 所以，即. （7分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5章 导数及其应用 单元自测卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．已知，若直线与曲线相切，则 . 【答案】 【分析】求导，根据导数的意义及切点在切线和曲线上列方程组求解可得. 【详解】由得， 设直线与曲线相切于点， 则，解得， 代入，可得. 故答案为：. 2．若，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 . 【答案】/ 【分析】根据导数的几何意义可求出曲线在点处的切线，继而求出切线与坐标轴的截距，根据三角形面积即可求得答案. 【详解】由题意得， 故，又， 故曲线在点处的切线方程为，即， 令，则；令，则； 故切线与坐标轴围成的三角形面积为， 故答案为： 3．已知函数，若仅存在一个正整数，使得，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】对函数求导，分析函数的单调性，结合仅存在一个正整数，使进行分析求得参数范围即可. 【详解】已知，， 当或时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此在时，在递减，递增，最小值为. 因为仅存在一个正整数，使，则这个正整数只能是， 因此需满足，代入得 解得. 故答案为： 4．已知函数在区间单调递增，则实数的最小值为 ． 【答案】 【分析】分析可知任意的，恒成立，即恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围，即可得出实数的最小值. 【详解】因为函数在区间单调递增， 则对任意的，恒成立，即恒成立， 令，，则， 由可得，得， 由可得，得， 所以函数在、上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，故当时，. 所以，故实数的最小值为. 故答案为：. 5．已知函数在恰有两个极值点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】首先求函数的导数，再由题意转化为与函数在区间恰有2个交点，再利用函数的导数分析函数的图象和性质，即可求解. 【详解】，得，， 若函数在区间恰有两个极值点， 则与函数在区间恰有2个交点， ，， 当，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，取得最大值，当，，当， 所以. 故答案为： 6．若不等式对恒成立，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】设，将问题转化为，利用导数求出，再转化为，设，利用导数求出即可. 【详解】设，因为对任意的恒成立，则， 求导得 令得，， 当时，，函数在区间单调递减； 当时，，函数在区间单调递增； 所以，所以， 则， 设，， 当时，，函数在区间单调递增； 当时，，函数在区间单调递减； 所以，即的最大值为，的最大值为. 故答案为：. 7．已知函数，，若对任意的，总存在，使得，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由题意知利用导数分别求出、的最大值得到不等式即可得解. 【详解】因为对任意的，总存在，使得， 所以，， 令，得或（舍去）. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故； ，则，因为， 所以在上恒成立， 则在上单调递减，， 所以，故. 故答案为： 8．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】由可得，令，则直线与函数的图象有两个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】由可得， 令，其中，则直线与函数的图象有两个公共点， ，由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为， 函数的极小值为， 当时，；当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个公共点， 故实数的取值范围是. 故答案为：. 9．若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为 . 【答案】或 【分析】利用函数图象的交点转化为方程的解，然后利用分离参变量，构造函数求导可求解参数的范围. 【详解】若函数与的图象在第一象限内有公共点， 则方程在上有解， 即方程在上有解，显然不是方程的解， 所以方程在上有解， 则函数与函数，的函数图象有交点， 又，所以当时，，当时，， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 又时，时；时， 时，， 所以或. 故答案为：或 10．已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由导函数等求出函数单调性和切线方程，画出的图象，数形结合得到答案. 【详解】当时，，其在上单调递减，在上单调递增，且，则； 当时，，，其在上单调递减，且. 作出的图像，如图，易知的取值范围是. 故答案为： 11．如图，圆锥的底面直径和高均是，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，利用相似可得出，利用柱体的体积公式得出，其中，再利用导数法可求得的最大值. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则由相似可得，可得， 令，结合，则， 圆柱的体积， 则，其中， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取最大值，即. 故答案为：． 12．若在曲线（为自然对数的底数）存在不同的两点、，使、两点关于轴的对称点、在曲线上，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】条件可转化为在上有解，将变形.设，可得在上有解，利用导数研究函数的零点可得，故有两解，即有两解，即在上有两解.构造函数，利用导数研究函数的单调性结合单调性得到的范围. 【详解】根据题意，曲线上存在不同的两点，其关于轴的对称点在曲线上， 等价于方程在上有两个不同的实数解， 方程可变形为. 设，则原方程变为. 所以方程在上有解. 设，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，所以在上单调递增. 当时，所以在上单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，. 所以仅满足方程有解的条件. 故有两解，即有两解， 两边同时取对数得，即在上有两解. 设，对求导，则. 令，即，解得. 当时，在上单调递减. 当时，在上单调递增. 在处取得极小值，也是最小值，. 当时，；当时，. 因为在上有两解，. 则实数a的取值范围是. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13．已知函数在处可导，若，则（    ） A．27 B．2 C．3 D．7 【答案】C 【分析】根据导数的定义求解即可. 【详解】因为 ， 所以. 故选：C. 14．已知平面上的点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知点在直线上，点在曲线上，结合导数的几何意义运算求解. 【详解】因为点在直线上，点在曲线上， 又因为，， 令，解得，可得， 的最小值即为点到直线的距离. 故选：D. 15．已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，，，结合函数的单调性可得出、、的大小关系. 【详解】根据式子结构，构造函数，则， 令，则，令，得， 因此在单调递增，在单调递减， 而，，， 因为，所以，即 故选：D. 16．已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据结构，考虑构造，则，结合题目给出条件可知在上单调递减，故有，化简后即可得出答案. 【详解】构造函数，则. ， 即在上单调递减. 故有，即， 即①. 对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误； 对于B、C：由①式可知，即，故无法判断，故B错误，C正确； 对于D：由①式可知，即，故D错误. 故选：C. 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．（14分）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)单调递减区间为，单调递增区间为. 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程； （2）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解. 【详解】（1）因为函数的定义域为，且， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 18．（14分）已知函数. (1)求在点处的切线方程； (2)已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得切线方程； （2）设切点坐标为，表示出切线方程，根据切线过点得关于的一元二次方程，由方程有两个不相等的实根求解即可. 【详解】（1），因为，， 所以切点为，且切线斜率， 所以切线方程为， 得. （2）设切点坐标为，因为， 所以切线的斜率， 所以切线方程是， 因为切线过点， 所以，即， 因为过点可以作曲线的两条切线， 所以方程有两个不同的根， 所以， 解得或. 19．（14分）已知函数 . (1)求函数的极值； (2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)极大值为1，没有极小值 (2) 【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可求解极值， （2）就的符号分类讨论，即可求解. 【详解】（1）由题意可知的定义域为R，且， 令时，， 则的关系为 0 ＋ 0 － 单调递增 极大值 单调递减 所以当时，取到极大值为1，没有极小值． （2）若，即恒成立， 设，则， ①当时，则恒成立，符合题意； ②当时，则，可知在上单调递增， 因为，所以不恒成立； 当 时，的关系为 － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 可知的最小值为，则， 因为，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是 20．（18分）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：，. 【答案】(1)函数的递增区间为，递减区间为； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接利用函数的导数判断函数的单调区间； （2）将不等式转化为恒成立，进而再构造函数，故只需求出的最大值，即可得所求值的范围； （3）先证明不等式，再根据不等式进行放缩并累加求和即可证明不等式. 【详解】（1）因为函数，函数的定义域为，. 当时，，因为，所以，. 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数的递增区间为，递减区间为. （2）由，即，得在上恒成立； 令， . 由得，即，所以当，. 所以在上单调递增，在单调递减，所以. 所以，故a的取值范围为 （3）先证明不等式，令，. 所以在单调递减，所以，即不等式成立. 令，即，所以. 所以，，，. 上述n个式子相加得 . 故，成立. 21．（18分）已知函数，直线与曲线相切. (1)求的值； (2)若对任意，存在，使得不等式成立，求的最大值； (3)若，求证：对任意，有. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设出切点坐标，利用导数的几何意义求解即可； （2）将原不等式转化为，利用导数求的单调区间进而求最小值即可； （3）构造，，利用导数可知在单调递增，利用单调性证明不等式即可. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点处， 因为，所以①， 又因为②，①②联立解得，. （2）由（1）得， 对任意，存在，使得不等式成立， 等价于对任意，即可， 所以当时恒成立， 令，只需即可， 因为，令， 则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以， 又 ，，所以当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以，即的最大值为. （3）由已知可得， 则， 所以当时，恒成立，在单调递增， 令，，则， 因为，所以，在单调递增， 所以对任意有， 因为时， ， 所以，即. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $