阶段质量评价 第二章 导数及其应用 B卷——高考能力达标-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（北师大版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了导数的概念、运算及应用，涵盖瞬时速度、切线方程、函数单调性、极值最值、方程根的个数等核心内容，通过典型例题解析将知识点串联，帮助学生构建“概念-运算-应用”的完整知识网络。 其亮点在于以“问题情境-数学抽象-逻辑推理”为主线设计练习，如通过运动方程求瞬时速度培养数学眼光，利用导数研究函数单调性发展数学思维，结合实际问题（如仓库费用优化）提升数学语言表达能力。分层题型设计满足不同学生需求，助力教师精准教学，有效巩固知识。

1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 B卷——高考能力达标 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.一质点的运动方程为s=20+gt2（g=9.8 m/s2），则t=3 s时的瞬时速度为（　　） A.20 m/s B.29.4 m/s C.49.4 m/s D.64.1 m/s √ 解析：因为v=s'（t）=gt，所以当t=3时，v=3g=29.4.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 √ 2.曲线y=在点处的切线方程为（　　） A.y=x B.y=x C.y=x+ D.y=x+ 解析：设曲线y=在点处的切线方程为y-=k（x-1），因为y=，所以y'==，所以k=y'|x=1=，所以y-=（x-1），所以曲线y=在点处的切线方程为y=x+.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 3.已知函数f（x）=aex-ln x在区间（1，2）内单调递增，则a的最小值为 （　　） A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析：依题可知，f'（x）=aex-≥0在（1，2）上恒成立，显然a>0，所以xex≥，设g（x）=xex，x∈（1，2），所以g'（x）=（x+1）ex>0，所以g（x）在（1，2）内单调递增，g（x）>g（1）=e，故e≥，即a≥=e-1，即a的最小值为e-1.故选C. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 4.以正弦曲线y=sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是 （　　） A.∪ B.[0，π） C. D.∪ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：由函数y=sin x，得y'=cos x.设P（x0，y0），则以点P为切点的切线l的斜率为k=cos x0∈[-1，1].设以点P为切点的切线l的倾斜角为α，则tan α=k∈[-1，1].由α∈[0，π），可得α∈∪， 所以直线l的倾斜角的范围是∪.故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 5.函数f（x）=的部分图象大致为（　　） √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：因为f（x）=，定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），f（-x）= -，则f（-x）=-f（x），f（x）为奇函数，图象关于原点对称，故排除B；由f（1）=<1，故排除A；因为f（x）=，当x>0时，可得 f'（x）=，当x>1时，f'（x）>0，f（x）单调递增，故排除D.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 6.设f（x），g（x）是R上的可导函数，f'（x），g'（x）分别为 f（x），g（x）的导函数，且f'（x）g（x）+f（x）g'（x）<0， 则当a<x<b时，有 （　　） A.f（x）g（b）>f（b）g（x） B.f（x）g（a）>f（a）g（x） C.f（x）g（x）>f（b）g（b） D.f（x）g（x）>f（a）g（a） √ 解析：∵[f（x）g（x）]'=f'（x）g（x）+f（x）g'（x）<0， ∴函数y=f（x）g（x）是R上的减函数. ∴当a<x<b时，f（a）g（a）>f（x）g（x）>f（b）g（b），故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 7.方程-ln x-2=0的根的个数为（　　） A.0 B.1 C.2 D.3 √ 解析：令f（x）=-ln x-2（x>0），则f'（x）=-=， 当x∈（0，4）时，f'（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（4，+∞）时，f'（x）>0，f（x）单调递增，且f（4）=2-ln 4-2<0，f（e6）=e3-ln e6 -2=e3-8>0，f（e-2）=e-1-ln e-2-2=>0，结合零点存在定理可知函数在（0，4）上存在一个零点，在区间（4，+∞）上存在一个零点，方程-ln x-2=0的根的个数为2.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 8.若0<x1<x2<a都有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2成立，则a的最大值为 （　　） A. B.1 C.e D.2e 解析：根据题意，若0<x1<x2<a， 则x2ln x1-x1ln x2<x1-x2⇒-<-⇒<. 设f（x）=（x>0），则f（x）=（x>0） √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 在（0，a）内单调递增.对于f（x）=， 其导数f'（x）==-.若f'（x）>0，解得0<x<1， 即函数f（x）=的单调递增区间为（0，1）. 若0<x1<x2<a都有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2成立， 即在（0，a）内函数f（x）单调递增，则a的最大值为1.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 二、多项选择题（本大题共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.函数y=x4-2x2+5的单调递减区间可以为（　　） A.（-∞，-1） B.（-1，0） C.（0，1） D.（1，+∞） √ 解析：由题意得y'=4x3-4x=4x（x2-1）=4x（x+1）（x-1），令y'<0，解得x<-1或0<x<1，结合选项可知函数y=x4-2x2+5的单调递减区间可以为（-∞，-1），（0，1），故选AC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 10.若函数f（x）=aln x++（a≠0）既有极大值也有极小值，则（　　） A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 √ √ 解析：函数f（x）=aln x++的定义域为（0，+∞），求导得f'（x）=--=，因为函数f（x）既有极大值也有极小值， 则函数f'（x）在（0，+∞）上有两个变号零点，而a≠0， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1，x2， 于是 即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误， B、C、D正确.故选BCD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.设函数f（x）在区间（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在区间（a，b）上的导函数为f″（x），若f″（x）<0在区间（a，b）上恒成立，则称f（x）在区间（a，b）上为凸函数.则下列函数中，为区间（0，2）上的凸函数的是 （　　） A.f（x）=xln x B.f（x）=ln x-2x C.f（x）=x3+2x-1 D.f（x）= √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：对于A，f（x）=xln x，f'（x）=ln x+1，f″（x）=，显然在区间（0，2）恒有f″（x）>0，所以不为凸函数.对于B，f（x）=ln x-2x，f'（x）=-2，f″（x）=-，显然在区间（0，2）恒有f″（x）<0，所以为凸函数.对于C，f（x）=x3+2x-1，f'（x）=3x2+2，f″（x）=6x，显然在区间（0，2）恒有f″（x）>0，所以不为凸函数.对于D，f（x）=，f'（x）==，f″（x）==，显然在区间（0，2）恒有f″（x）<0，所以为凸函数.故选BD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中给出一个定理：如果函数y=f（x）满足如下条件： （1）在区间[a，b]上是连续不断的； （2）在区间（a，b）上都有导数. 则在区间（a，b）上至少存在一个实数t，使得f（b）-f（a）=f'（t）（b-a），其中t称为“拉格朗日中值”.函数g（x）=x2在区间上的 “拉格朗日中值”t=_________.  1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：因为g（x）=x2， 所以g'（x）=2x， 结合“拉格朗日中值”定义可得 g'（t）==1，所以t=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.（5分）某公司租地建仓库，每月土地占用费y1（单位：万元）与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2（单位：万元）与仓库到车站的距离成正比.如果在距离车站10 km处建仓库，y1和y2分别为2万元和8万元，那么当仓库建在离车站_________km处时，两项费用之和最小，最小费用为_________万元.  5 8 解析：依题意，可设每月土地占用费y1=， 每月库存货物的运费y2=k2x，其中x是仓库到车站的距离， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 k1，k2是比例系数，于是由2=，得k1=20，由8=10k2， 得k2=.因此，两项费用之和为y=+（x>0），y'=-+.令y'=0， 得x=5或x=-5（舍去）.当0<x<5时，y'<0； 当x>5时，y'>0，因此，当x=5时，y取得极小值， 也是最小值，其值为8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.（5分）设a∈（0，1），若函数f（x）=ax+（1+a）x在（0，+∞） 上单调递增，则a的取值范围是___________.  解析：由函数的解析式可得f'（x）=axln a+（1+a）xln（1+a）≥0 在区间（0，+∞）上恒成立，则（1+a）xln（1+a）≥-axln a， 即≥-在区间（0，+∞）上恒成立， 故=1≥-， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 而a+1∈（1，2），故ln（1+a）>0， 故即 故≤a<1， 结合题意可得实数a的取值范围是. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.（13分）已知函数f（x）=aln x+x2-（a+1）x+1. （1）当a=2时，求f（x）的单调递减区间；（5分） 解： f（x）的定义域为（0，+∞），当a=2时，f（x）=2ln x+x2-3x+1， 由f'（x）=+x-3=<0，得f（x）的单调递减区间为（1，2）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）若a>1，求f（x）在区间（0，+∞）上的极大值与极小值.（8分） 解：由f'（x）=+x-（a+1）==0，得x1=1，x2=a， ∵a>1，∴f（x）在（0，1）内单调递增，在（1，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增，当x∈（0，+∞）时，f（x）的极大值为 f（1）=-a，极小值为f（a）=aln a-a2-a+1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 16.（15分）商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y=+10（x-6）2，其中3<x<6，a为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a的值；（3分） 解：因为x=5时y=11，所以+10=11⇒a=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）若商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.（12分） 解：由（1）知该商品每日的销售量y=+10（x-6）2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f（x）=（x-3）=2+10（x-3）（x-6）2，3<x<6；f'（x）=10[（x-6）2+2（x-3）（x-6）]=30（x-4）（x-6），令f'（x）=0得x=4，函数f（x）在（3，4）内单调递增，在（4，6）内单调递减，所以当x=4时函数f（x）取得最大值f（4）=42.所以当销售价格x=4时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 17.（15分）设函数f（x）=-kln x，k>0. （1）求f（x）的单调区间和极值；（5分） 解：由f（x）=-kln x，k>0得f'（x）=x-=.由f'（x）=0解得x=.f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的变化情况如下： x （0，） （，+∞） f'（x） - 0 + f（x） 单调递减 单调递增 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 所以f（x）的单调递减区间是（0，）， 单调递增区间是（，+∞）； f（x）在x=处取得极小值f（）=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.（10分） 解：证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）=.因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e. 当k=e时，f（x）在区间（1，）内单调递减，且f（）=0，所以x=是f（x）在区间（1，]上的唯一零点. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 当k>e时，f（x）在区间（0，）内单调递减，且 f（1）=>0，f（）=<0， 所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 综上可知，若f（x）存在零点， 则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.（17分）已知函数f（x）=ln（1+x）. （1）当a=-1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （5分） 解：当a=-1时，f（x）=ln（x+1），则f'（x）=-×ln（x+1）+×，据此可得f（1）=0，f'（1）=-ln 2，函数f（x）在（1， f（1））处的切线方程为y-0=-ln 2（x-1），即（ln 2）x+y-ln 2=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）是否存在a，b，使得曲线y=f关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，请说明理由.（12分） 解：令g（x）=f=（x+a）ln，函数g（x）的定义域满足+1=>0，即函数g（x）的定义域为（-∞，-1）∪（0，+∞）. 因为定义域关于直线x=-对称，所以b=-.由对称性可知 g=g， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 取m=可得g（1）=g（-2）， 即（a+1）ln 2=（a-2）ln， 则a+1=2-a，解得a=，经检验a=，b=-满足题意， 故a=，b=-.即存在a=，b=-满足题意. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.（17分）（2024·新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）=ln+ax+b（x-1）3. （1）若b=0，且f'（x）≥0，求a的最小值；（3分） 解：当b=0时，f（x）=ln+ax，其中x∈（0，2），则f'（x）=+a，x∈（0，2），因为x（2-x）≤=1，当且仅当x=1时等号成立，故f'（x）min=2+a，而f'（x）≥0成立，故a+2≥0，即a≥-2，所以a的最小值为-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）证明：曲线y=f（x）是中心对称图形；（4分） 解：证明：f（x）=ln+ax+b（x-1）3的定义域为（0，2），设P（m，n）为y=f（x）图象上任意一点，P（m，n）关于（1，a）的对称点为Q（2-m，2a-n），因为P（m，n）在y=f（x）图象上，故n= ln+am+b（m-1）3，而f（2-m）=ln+a（2-m）+b（2-m-1）3= -+2a=-n+2a，所以Q（2-m，2a-n） 也在y=f（x）图象上，由P的任意性可得y=f（x）图象为中心对称图形，且对称中心为（1，a）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （3）若f（x）>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.（10分） 解：因为f（x）>-2当且仅当1<x<2，故x=1为f（x）=-2的一个解， 所以f（1）=-2，即a=-2，先考虑1<x<2时，f（x）>-2恒成立. 此时f（x）>-2，即为ln+2（1-x）+b（x-1）3>0在（1，2）上恒成立，设t=x-1∈（0，1），则ln-2t+bt3>0在（0，1）内恒成立， 设g（t）=ln-2t+bt3，t∈（0，1）， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 则g'（t）=-2+3bt2=， 当b≥0时，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0， 故g'（t）>0恒成立，故g（t）在（0，1）上单调递增， 故g（t）>g（0）=0，即f（x）>-2在（1，2）上恒成立. 当-≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0， 故g'（t）≥0恒成立，故g（t）在（0，1）上单调递增， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 故g（t）>g（0）=0，即f（x）>-2在（1，2）上恒成立. 当b<-，则当0<t< <1时，g'（t）<0， 故在内g（t）单调递减， 故g（t）<g（0）=0，不合题意，舍去. 综上，f（x）>-2在（1，2）上恒成立时b≥-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 而当b≥-时，由上述过程可得g（t）在（0，1）内单调递增， 故g（t）>0的解集为（0，1）， 即f（x）>-2的解集为（1，2）. 综上，b的取值范围是. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $