第2章 导数及其应用 章末综合检测(二)-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用Word(北师大版)

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)＝xln 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)＝xln x，得f′(x)＝ln x＋1， 所以f′(e)＝ln e＋1＝2.故选B. 2．函数y＝ex2－1的导数是(　　) A．y′＝(x2－1)ex2－1 B．y′＝2xex2－1 C．y′＝(x2－1)ex D．y′＝ex2－1 解析：选B.由已知可得y′＝ex2－1·(x2－1)′＝2xex2－1.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上为增函数，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．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．x＝－1是函数f(x)的极值点 B．x＝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．x＝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x＝－1是函数f(x)的极值点，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x＝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x＝1不是函数f(x)的极小值点，故D错误．故选AC. 11．已知f(x)是定义在R上的连续可导函数，其导函数为f′(x)，下列结论中正确的是(　　) 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)＝f′sin x－cos x，则f＝____________． 解析：由题意， f′(x)＝f′cos x＋sin x， 则f′＝f′cos＋sin ＝f′＋， 所以f′＝，则f(x)＝sin x－cos x， 则f＝×－＝1. 答案：1 13．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] 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＝eln＋ln. 令f(x)＝ex＋x，所以f′(x)＝ex＋1>0， 所以f(x)在R上为增函数， 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， 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)设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R. (1)求f′(2)的值； (2)求f(x)的单调区间和极值； (3)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同的实根，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝3x2－6，所以f′(2)＝6. (2)f′(x)＝3(x2－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝， 当x<－或x>时，f′(x)>0； 当－<x<时，f′(x)<0， 所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－)，(，＋∞)，单调递减区间是(－，)． 所以当x＝－时，f(x)取得极大值为f(－)＝5＋4， 当x＝时，f(x)取得极小值为f()＝5－4. (3)令g(x)＝f(x)－a，则g′(x)＝f′(x)， 由(2)可得g(x)的极大值为5＋4－a， 极小值为5－4－a， 因为g(x)＝0有3个不同的实根， 故解得5－4<a<5＋4， 所以实数a的取值范围是(5－4，5＋4)． 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)某市城郊有3条公路围成的不规则的一块土地，其平面图形如图1所示．市政府准备在此地块上规划一个体育馆．建立如图2所示的平面直角坐标系，函数f(x)的图象由曲线OA和线段AB构成，已知曲线OA可看成函数y＝kx2的一部分，线段OB＝6(单位：百米)，体育馆平面图形为直角梯形BCDE(如图2所示)，∠BCD＝，BC∥DE. (1)求函数f(x)的解析式； (2)在线段OB上是否存在点C，使体育馆平面图形面积最大？若存在，求出该点C到原点O的距离；若不存在，请说明理由．(参考数据：≈10) 解：(1)由题意，因为A(2，4)在曲线y＝kx2上，即4k＝4，k＝1， 所以f(x)＝x2，0≤x≤2. 又因为A(2，4)，B(6，0)，所以线段AB方程为y－4＝(x－2)，2≤x≤6， 所以y＝－x＋6，2≤x≤6. 所以函数的解析式为f(x)＝ (2)由题意及(1)得， f(x)＝ 设C点坐标为(t，0)，则D(t，t2)． 又t2＝－x＋6，x＝6－t2， 所以E点坐标为(6－t2，t2)， 所以直角梯形BCDE的面积S(t)＝ [(6－t2－t)＋(6－t)]·t2， 即S(t)＝(－t4－2t3＋12t2)(0<t<2)， 所以S′(t)＝－2t3－3t2＋12t＝－t(2t2＋3t－12)． 令S′(t)＝0，解得t＝≈. 当0<t<时，S′(t)>0； 当<t<2时，S′(t)<0. 所以S(t)在上单调递增，在上单调递减． 所以当t≈时，函数S(t)取得最大值． 故在线段OB上存在点C，使体育馆平面图形面积最大，且点C到原点O的距离约为百米． 19．(本小题满分17分)已知函数f(x)＝axln 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)＝xln 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)＝2aln 2－>0，则a>0， 由(1)知，当x≥1时， xln x－x－＋2≥0恒成立， 当a≥1时，因为∀x∈[1，＋∞)，xln x≥0， 所以f(x)＝axln x－x－＋2≥xln 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)在上单调递减，即f′(x)在上单调递减，当x∈时，f′(x)≤f′(1)＝a－1<0， 因此函数f(x)在上单调递减，当x∈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 $