第6章 导数及其应用 章末综合检测(二)(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

章末综合检测(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．f(x)＝x ln x在x＝e处的导数f′(e)＝(　　) A．1 B．2 C．e D．e＋1 解析：选B．由f(x)＝x ln x，得f′(x)＝ln x＋1， 所以f′(e)＝ln e＋1＝2.故选B． 2．函数y＝e的导数是(　　) A．y′＝(x2－1)e B．y′＝2xe C．y′＝(x2－1)ex D．y′＝ex2－1 解析：选B．由已知可得y′＝e·(x2－1)′＝2xe.故选B． 3．函数y＝的单调递减区间为(　　) A．(－∞，1) B．(0，1) C．(1，e) D．(1，＋∞) 解析：选D．函数y＝的定义域为(0，＋∞)，y′＝＝＝，由y′<0得x>1，所以y＝的单调递减区间为(1，＋∞).故选D． 4．已知函数f(x)＝(x－2 022)(x－2 023)(x－2 024)(x－2 025)，则f(x)的图象在x＝2 024处的切线方程为(　　) A．2x＋y－4 048＝0 B．x＋y－2 024＝0 C．2x－y－4 048＝0 D．x－y－2 024＝0 解析：选A．由题意知f′(x)＝(x－2 022)(x－2 023)(x－2 025)＋(x－2 024)[(x－2 022)(x－2 023)(x－2 025)]′，所以f′(2 024)＝2×1×(－1)＝－2，又f(2 024)＝0，所以f(x)的图象在x＝2 024处的切线方程为y－0＝－2(x－2 024)，即2x＋y－4 048＝0.故选A． 5．已知函数f(x)＝x3－3x，x∈(a，a＋4)存在最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．[－2，1) B．(－2，1) C．[－3，1) D．(－3，1) 解析：选A．因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝3x2－3＝0得x＝±1，且x<－1时，f′(x)>0，－1<x<1时，f′(x)<0，x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又f(－1)＝2，f(1)＝－2，令f(x)＝x3－3x＝－2，解得x＝－2或x＝1，所以其图象如图， 由图可知，x∈(a，a＋4)时f(x)存在最小值，所以－2≤a<1<a＋4，解得－2≤a<1，即实数a的取值范围为[－2，1).故选A． 6．已知函数f(x)＝关于x的方程f(x)＝t有且仅有4个不同的实数根，则实数t的取值范围是(　　) A． B．(－∞，－e) C．(0，e) D．(e，＋∞) 解析：选A．当x≤0时，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时f′(x)<0，当－1<x≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0]上单调递增．当x>0时，f′(x)＝ln x＋1，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(－1)＝f＝－，画出函数f(x)的图象，如图所示， 可得函数最小值为－.因为f(x)＝t有4个不同的实数根，数形结合可知－<t<0，所以t的取值范围是.故选A． 7．已知函数f(x)的定义域是R，f(1)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式exf(x)>ex＋e的解集为(　　) A．{x|x>1} B．{x|x<1} C．{x|x<－1或0<x<1} D．{x|x<－1或x>1} 解析：选A．令g(x)＝exf(x)－ex－e，因为f(1)＝2，所以g(1)＝ef(1)－e－e＝0，又g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以g(x)在R上单调递增，不等式exf(x)>ex＋e，即g(x)>0，所以g(x)>g(1)，所以x>1，即不等式exf(x)>ex＋e的解集为{x|x>1}．故选A． 8．已知a＝，b＝ln ，c＝tan ，则(　　) A．b<a<c B．a<b<c C．a<c<b D．c<a<b 解析：选A．当x∈时，由三角函数知识可得sin x<x<tan x，所以c＝tan >＝a，又令f(x)＝ln (x＋1)－x，x>－1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0，解得－1<x<0，令f′(x)<0，解得x>0，所以函数f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0，即ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时等号成立，故而b＝ln ＝ln<＝a，所以b<a<c.故选A． 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．下列求导正确的是(　　) A．(ln 10)′＝ B．′＝2x＋ C．(xex)′＝(x＋1)ex D．(cos 3x)′＝－sin 3x 解析：选BC．(ln 10)′＝0；′＝2x＋；(xex)′＝ex＋xex＝(x＋1)ex；(cos 3x)′＝－3sin 3x.故选BC． 10．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．－1是函数f(x)的极值点 B．3是函数f(x)的极大值点 C．f(x)在区间(－1，4)上单调递减 D．1是函数f(x)的极小值点 解析：选AC．对于A项，由题图可知，当x<－1时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增；当－1<x<3时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，3)上单调递减．所以f(x)在x＝－1处取得极大值，故A正确；对于B项，由题图可知，当x>－1时，f′(x)≤0恒成立，且不恒为0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，所以3不是函数f(x)的极大值点，故B错误；对于C项，由B可知，f(x)在区间(－1，4)上单调递减，故C正确；对于D项，由B可知，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．所以1不是函数f(x)的极小值点，故D错误．故选AC． 11．f(x)是定义在R上的连续可导函数，其导函数为f′(x)，下列命题中正确的是(　　) A．若f(x)＝f(－x)，则f′(x)＝－f′(－x) B．若f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，则f(x)＝f(x＋T) C．若f(x)的图象关于点(a，b)中心对称，则f′(x)的图象关于直线x＝a对称 D．若f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，f′(x＋2)的图象关于原点对称，则f(－1)＋f′(2)＝1 解析：选ACD．A中，由f(x)＝f(－x)，根据导数的运算法则，可得f′(x)＝－f′(－x)，所以A正确；B中，例如函数f(x)＝x，可得f′(x)＝1，此时满足f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，但f(x)≠f(x＋T)，所以B错误；C中，由f(x)的图象关于点(a，b)中心对称，可得f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，两边同时取导数，可得f′(a＋x)－f′(a－x)＝0，即f′(a＋x)＝f′(a－x)，所以f′(x)的图象关于直线x＝a对称，所以C正确；D中，由f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，令x＝0，可得f(－1)＋f(－1)＝2，即f(－1)＝1，又由f′(x＋2)的图象关于原点对称，令x＝0，可得f′(2)＝0，所以f(－1)＋f′(2)＝1，所以D正确．故选ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数f(x)＝ex－ax在R上单调，则实数a的取值范围为____________． 解析：由函数f(x)＝ex－ax，可得f′(x)＝ex－a， 要使得函数f(x)在R上单调， 则f′(x)≥0或f′(x)≤0在 R上恒成立， 即a≤ex或a≥ex在R上恒成立， 当a≤ex在R上恒成立，可得a≤0； 当a≥ex 在R上恒成立，此时不存在，舍去． 综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0]. 答案：(－∞，0] 13．内接于半径为R的球且体积最大的圆锥的高为__________． 解析：设圆锥的高为h，底面半径为r，则R2＝(h－R)2＋r2，所以r2＝2Rh－h2，所以V＝πr2h＝h·(2Rh－h2)＝πRh2－h3(0<h<2R)，V′＝πRh－πh2.令V′＝0得h＝R.当0<h<时，V′>0，V单调递增；当<h<2R时，V′<0，V单调递减．因此当h＝R时，所求圆锥体积最大． 答案：R 14．已知实数x，y满足ex＋x＝－ln y，则xe－x－y的最大值为____________． 解析：因为ex＋x＝－ln y， 所以ex＋x＝＋ln ＝ln ＋eln . 令f(x)＝ex＋x，所以f′(x)＝ex＋1>0， 所以f(x)在R上单调递增， 又f(x)＝f，所以x＝ln ，所以y＝， 所以xe－x－y＝xe－x－＝， 令g(x)＝，所以g′(x)＝，令g′(x)>0， 解得x<2；令g′(x)<0，解得x>2， 所以g(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(2)＝，即xe－x－y的最大值为. 答案： 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)＝x2＋＋. (1)求f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程； (2)求f(x)在上的值域． 解：(1)因为f(x)＝x2＋＋， 所以f′(x)＝x－，所以f(2)＝3，f′(2)＝， 故所求切线方程为y－3＝(x－2)，即7x－4y－2＝0. (2)由(1)知f′(x)＝＝， x∈. 令f′(x)>0，得1<x≤2； 令f′(x)<0，得≤x<1. 所以f(x)在上单调递减，在(1，2]上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝2.又f＝，f(2)＝3， 因为f(2)>f，所以2≤f(x)≤3， 即f(x)在上的值域为[2，3]. 16．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x3－2x2＋mx＋n在x＝1时取得极值． (1)求实数m的值； (2)若对于任意的x∈[2，4]，f(x)>n2恒成立，求实数n的取值范围． 解：(1)易知f′(x)＝x2－4x＋m， 依题意f′(1)＝12－4×1＋m＝0，解得m＝3， 此时f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)， 当x<1或x>3时，f′(x)>0； 当1<x<3时，f′(x)<0， 即函数f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减， 因此函数f(x)在x＝1时取得极值， 所以m＝3. (2)由(1)得函数f(x)在[2，3)上单调递减，在(3，4]上单调递增， 所以f(x)min＝f(3)＝×33－2×32＋3×3＋n＝n， 由题意可得n>n2，解得0<n<1， 所以实数n的取值范围为(0，1). 17．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ex＋1，若函数y＝f(x)的图象上任意一点P关于原点对称的点Q都在函数g(x)的图象上． (1)求函数g(x)的解析式； (2)若存在x∈[0，1)，使f(x)＋g(x)≥m成立，求实数m的取值范围． 解：(1)设Q(x，y)为g(x)图象上任意一点， 则P(－x，－y)是点Q关于原点的对称点， 因为P(－x，－y)在y＝f(x)的图象上， 所以－y＝e－x＋1， 即y＝－e－x＋1，故g(x)＝－e－x＋1. (2)f(x)＋g(x)≥m，即ex＋1－e－x＋1≥m， 设F(x)＝ex＋1－e－x＋1，则F′(x)＝ex＋1＋e－x＋1， 易知F′(x)>0，所以F(x)在[0，1)上单调递增， 所以F(x)<F(1)＝e2－1，由题意可得m<e2－1. 故实数m的取值范围是(－∞，e2－1). 18．(本小题满分17分)某公园有一块如图所示的区域OACB，该场地由线段OA，OB，AC及曲线段BC围成．经测量，∠AOB＝90°，OA＝OB＝100 m，曲线段BC是以OB为对称轴的抛物线的一部分，点C到OA，OB的距离都是50 m．现拟在该区域建设一个矩形游乐场OEDF，其中点D在曲线段BC上，点E，F分别在线段OA，OB上，且该游乐场最短边长不低于30 m．设DF＝x m，游乐场的面积为S m2. (1)试建立平面直角坐标系，求曲线段BC的方程； (2)求面积S关于x的函数解析式S＝f(x)； (3)试确定点D的位置，使得游乐场的面积最大．(结果精确到0.1 m)(参考数据：≈2.45，≈1.73) 解：(1)以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(100，0)，B(0，100)，C(50，50)， 设曲线段BC所在的抛物线方程为y＝ax2＋c，a<0，点B，C在抛物线上， 则解得 所以曲线段BC所在的抛物线方程为y＝－x2＋100(0≤x≤50). (2)因为点D在曲线段BC上，DF＝x，30≤x≤50，所以DE＝－x2＋100，所以S＝f(x)＝x＝－x3＋100x，30≤x≤50. (3)由(2)易得f′(x)＝－x2＋100，30≤x≤50， 令－x2＋100＝0，解得x＝(负值已舍去)， 当x∈[30，)时，f′(x)>0， 当x∈(，50]时，f′(x)<0， 所以当x∈[30，)时，函数f(x)单调递增，当x∈(，50]时，函数f(x)单调递减， 因此，当x＝时，f()是极大值也是最大值，由≈2.45，所以x≈40.8 m， 即当点D在曲线段BC上且到OB的距离为40.8 m时，游乐场的面积最大． 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ax ln x－x－＋2. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，函数f(x)＝x ln x－x－＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋－， 令g(x)＝ln x＋－，x>0， 求导得g′(x)＝－＝， 当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，则函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即∀x∈(0，＋∞)，f′(x)≥0，当且仅当x＝1时，等号成立．所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． (2)依题意，f(2)＝2a ln 2－>0，则a>0， 由(1)知，当x≥1时， x ln x－x－＋2≥0恒成立， 当a≥1时，因为∀x∈[1，＋∞)，x ln x≥0， 所以f(x)＝ax ln x－x－＋2≥x ln x－x－＋2≥0，因此a≥1符合题意； 当0<a<1时，f′(x)＝a(1＋ln x)－＋， 令h(x)＝a(1＋ln x)－＋(x≥1)， 求导得h′(x)＝－＝，当1≤x< 时，h′(x)<0，则函数h(x)在[1，　)上单调递减，即f′(x)在[1，　)上单调递减，当x∈[1, )时，f′(x)≤f′(1)＝a－1<0，因此函数f(x)在[1, )上单调递减，当x∈[1, )时， f(x)≤f(1)＝0，不符合题意． 所以a的取值范围是[1，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $