第1章 导数及其应用 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

[阶段质量评价] 第1章　导数及其应用 (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.曲线y=ex在点(0,1)处的切线的斜率为 (　　) A.0 B.1 C.e D.-1 解析:选B　因为y'=ex,所以y'|x=0=e0=1,根据导数的几何意义可知,曲线y=ex在点(0,1)处的切线的斜率为1.故选B. 2.函数f(x)=x-2ln(2x)的单调递减区间为 (　　) A.(-∞,1) B.(0,1) C.(0,2) D.(2,+∞) 解析:选C　f(x)=x-2ln(2x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-2··2=1-=,由f'(x)<0,可得x∈(0,2),故f(x)=x-2ln(2x)的单调递减区间为(0,2).故选C. 3.某质点沿直线运动,位移s(单位:m)与时间t(单位:s)之间的关系为s(t)=t2+3,则当t=5 s时该质点的瞬时速度为 (　　) A.10 m/s B.11 m/s C.13 m/s D.28 m/s 解析:选A　因为s(t)=t2+3,所以s'(t)=2t,所以s'(5)=2×5=10,即当t=5 s时该质点的瞬时速度为10 m/s.故选A. 4.若x=3为函数f(x)=x2-ax-3ln x的极值点,则函数f(x)的最小值为 (　　) A.- B.- C.--3ln 3 D.3-3ln 3 解析:选C　f'(x)=x-a-,因为x=3是函数f(x)的极值点,所以f'(3)=3-a-1=0,则a=2,所以f'(x)=x-2-=,当x∈(0,3)时,f'(x)<0,当x∈(3,+∞)时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,3)内单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(3)=--3ln 3.故选C. 5.若函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]内单调递减,则实数a的取值范围是 (　　) A.(1,2] B.[4,+∞) C.(-∞,2] D.(0,3] 解析:选A　由f(x)=x2-9ln x,则函数f(x)的定义域是(0,+∞),又函数f(x)在区间[a-1,a+1]内单调递减,由f'(x)=x-≤0,得0<x≤3,所以解得1<a≤2,所以实数a的取值范围是(1,2].故选A. 6.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x+1,若f(x1)=g(x2),则x1-x2的最小值为 (　　) A.2-2ln 2 B.-2ln 2-2 C.4-2ln 2 D.-2ln 2-4 解析:选C　设f(x1)=g(x2)=t,则x1=et,x2=2t-2,所以x1-x2=et-2t+2,令h(t)=et-2t+2,则h'(t)=et-2,令h'(t)<0⇒t<ln 2,函数h(t)单调递减,令h'(t)>0⇒t>ln 2,函数h(t)单调递增,所以h(t)min=h(ln 2)=eln 2-2ln 2+2=4-2ln 2,即x1-x2的最小值为4-2ln 2.故选C. 7.过原点可以作曲线y=f(x)=x2-|x|+1的两条切线,则这两条切线方程为 (　　) A.y=x和y=-x B.y=-3x和y=3x C.y=x和y=-3x D.y=-x和y=3x 解析:选A　由x∈R,f(-x)=(-x)2-|-x|+1=x2-|x|+1=f(x),得f(x)为偶函数,故过原点作的两条切线一定关于y轴对称.当x>0时,f(x)=x2-x+1,则f'(x)=2x-1,设切点为P(x0,-x0+1)(x0>0),故2x0-1=,解得x0=1或x0=-1(舍去),所以切线斜率为1,从而切线方程为y=x.由对称性知另一条切线方程为y=-x.故选A. 8.已知定义在R上的可导函数f(x),其导函数为f'(x),若2f(x)+f'(x)>0,且f(1)=e,则不等式e2xf(x)-e3>0的解集为 (　　) A.(1,+∞) B.(e,+∞) C.(-∞,1) D.(-∞,e) 解析:选A　构造函数g(x)=e2xf(x),该函数的定义域为R,则g'(x)=2e2xf(x)+e2xf'(x)=e2x[2f(x)+f'(x)]>0,所以函数g(x)在R上为增函数,且g(1)=e2f(1)=e3,由e2xf(x)-e3>0可得e2xf(x)>e3,即g(x)>g(1),解得x>1.所以不等式e2xf(x)-e3>0的解集为(1,+∞).故选A. 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.已知定义域为[-3,5]的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)的图象如图所示,则 (　　) A.f(x)在(-2,2)内单调递减 B.f(x)有极小值f(2) C.f(x)有2个极值点 D.f(x)在x=-3处取得最大值 解析:选AB　由f'(x)的图象可知x∈(-2,2)和x∈(4,5)时,f'(x)<0,则f(x)单调递减,故A正确;又x∈(-3,-2)和x∈(2,4)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以当x=2时,f(x)有极小值f(2),故B正确;由f'(x)的图象结合单调性可知x=-2,2,4时,f(x)有极值,所以f(x)有3个极值点,故C错误;当x∈(-3,-2)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以f(-3)<f(-2),f(x)在x=-3处不可能取得最大值,故D错误.故选AB. 10.已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)满足f(x)>f'(x),则 (　　) A.f(1)<ef(0) B.f(1)>ef(0) C.ef(ln 2)<2f(1) D.ef(ln 2)>2f(1) 解析:选AD　构造函数g(x)=,其中x∈R,则g'(x)=<0,所以函数g(x)为R上的减函数,则g(1)<g(0),即<f(0),所以f(1)<ef(0),A正确,B错误;因为ln 2<ln e=1,则g(ln 2)>g(1),即>,所以ef(ln 2)>2f(1),C错误,D正确.故选AD. 11.已知函数f(x)=,下列关于f(x)的四个命题,其中真命题有 (　　) A.函数f(x)在[0,1]内单调递增 B.函数f(x)的最小值为0 C.如果x∈[0,t]时,f(x)max=,则t的最小值为2 D.函数f(x)有2个零点 解析:选ABC　因为f(x)=,求导得f'(x)=,当x<0或x>2时,f'(x)<0,当0<x<2时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减,在(0,2)内单调递增,故A正确;当x=0时,f(x)=0,当x→+∞时,f(x)→0,故B正确;当x=2时,f(2)=,则f(x)的图象如图所示, 如果x∈[0,t]时,f(x)max=,由图可知t的最小值为2,故C正确;由图可知f(x)只有一个零点,故D不正确.故选ABC. 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)已知f'(x)是函数f(x)的导函数,且f'(x0)=3,则=　　　　　.  解析:由题意,得=-3=-3f'(x0)=-9. 答案:-9 13.(5分)已知函数f(x)=(x-3)ex+x2-2x+1在区间(2m-2,3+m)内不具有单调性,则m的取值范围是　　　　.  解析:由题意知f'(x)=(x-3)ex+ex+x-2=(ex+1)(x-2),因为f(x)在区间(2m-2,3+m)内不具有单调性,即y=f'(x)在区间(2m-2,3+m)上有零点,又ex+1>0,即y=x-2的零点x=2在区间(2m-2,3+m)内,所以解得-1<m<2,即m的取值范围是(-1,2). 答案:(-1,2) 14. (5分)某同学为研究函数f(x)=+(0≤x≤1)的性质,构造了如图所示的两个边长为1的正方形ABCD和正方形BEFC,点P是边BC上的一个动点,设CP=x,则AP+PF=f(x).请你参考这些信息,推知函数f(x)的极值点是　　　;函数f(x)的值域是　　　　.  解析:显然当点P为线段BC的中点时,A,P,F三点共线,此时AP=PF,且函数f(x)取得最小值,函数f(x)的图象的对称轴为x=,当P在点B或点C时,取得最大值,当x∈时,函数f(x)单调递减,f(0)=1+,f=,所以值域为[,+1];当x∈时,函数f(x)单调递增,f(1)=1+,所以值域为[,+1],所以函数f(x)的值域为[,+1]. 答案:　[,+1] 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)=2x3-ax2+12x+b在x=2处取得极小值5. (1)求实数a,b的值;(6分) (2)当x∈[0,3]时,求函数f(x)的最小值.(7分) 解:(1)f'(x)=6x2-2ax+12, 因为f(x)在x=2处取极小值5,所以f'(2)=24-4a+12=0,得a=9,此时f'(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2), 所以f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以f(x)在x=2时取得极小值,符合题意,所以a=9,f(x)=2x3-9x2+12x+b. 又f(2)=4+b=5,所以b=1. (2)f(x)=2x3-9x2+12x+1,所以f'(x)=6(x-1)(x-2),列表. x 0 (0,1) 1 (1,2) 2 (2,3) 3 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 1 递增↗ 极大 值6 递减↘ 极小 值5 递增↗ 10 由于1<5,故x∈[0,3]时,f(x)min=f(0)=1. 16.(15分)已知函数f(x)=(x-a)ln x. (1)讨论f'(x)的单调性;(5分) (2)若不等式xf'(x)≥2(x-a)在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.(10分) 解:(1)由题意可知x∈(0,+∞),f'(x)=ln x-+1,令g(x)=ln x-+1, 则g'(x)=+=, 当a≥0时,g'(x)>0恒成立,g(x)单调递增, 当a<0时,由g'(x)>0,解得x>-a, 由g'(x)<0,解得0<x<-a, 所以g(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减. 综上所述,当a≥0时,f'(x)单调递增, 当a<0时,f'(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减. (2)由(1)可知不等式xf'(x)≥2(x-a) 即xln x-a+x≥2(x-a)在[1,+∞)上恒成立, 即a≥x-xln x在[1,+∞)上恒成立,只需在[1,+∞)上a≥(x-xln x)max即可,令h(x)=x-xln x(x≥1),则h'(x)=1-(ln x+1)=-ln x, 当x≥1时,h'(x)≤0,h(x)单调递减, 所以h(x)max=h(1)=1,所以a≥1. 故实数a的取值范围是[1,+∞). 17.(15分)已知函数f(x)=ex+2f'(0)x-cos x. (1)求f(x)的解析式;(5分) (2)讨论f(x)在R上的零点个数.(10分) 解:(1)f'(x)=ex+2f'(0)+sin x. 令x=0可得f'(0)=e0+2f'(0)+sin 0=1+2f'(0),解得f'(0)=-1. 所以f(x)=ex-2x-cos x. (2)由(1)中f(x)=ex-2x-cos x可得f'(x)=ex+sin x-2, ①当x≤0时,有ex≤1,sin x≤1,所以f'(x)=ex+sin x-2<0恒成立, 所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,f(x)≥f(0)=0,即可得0是f(x)的一个零点. ②当x>0时,设g(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x>1+cos x≥0恒成立,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,根据零点存在定理,可知∃x1∈(0,1),使得f'(x1)=0. 当0<x<x1时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x1)内单调递减;当x>x1时,f'(x)>0,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递增. 又f(0)=0,所以f(x1)<0. 因为f(2)=e2-4-cos 2>e2-4>0,根据零点存在定理可知∃x2∈(x1,2),使得f(x2)=0. 综上所述,f(x)在R上的零点个数为2. 18.(17分)已知函数f(x)=ln x-ax. (1)讨论f(x)的单调性;(7分) (2)求证:当a>0时,f(x)+4<.(10分) 解:(1)函数f(x)=ln x-ax的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=, 当a≤0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当a>0时,令f'(x)>0,则0<x<,令f'(x)<0,则x>,所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减, 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明:由(1)可得当a>0时,f(x)max=f=-ln a-1,要证f(x)+4<,只需要证明f(x)max+4<即可,即证-ln a+3-<0,即证ln a+-3>0.令g(a)=ln a+-3(a>0),则g'(a)=-=, 当0<a<4时,g'(a)<0,当a>4时,g'(a)>0, 所以函数g(a)在(0,4)内单调递减,在(4,+∞)上单调递增, 所以g(a)min=g(4)=ln 4+2-3=ln 4-1>0,所以ln a+-3>0, 所以当a>0时,f(x)+4<. 19.(17分)(2025·北京高考)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f(0)=0,f'(x)=,l1为A(a,f(a))(a≠0)处的切线. (1)求f'(x)的最大值;(4分) (2)证明:当-1<a<0时,除点A外,曲线y=f(x)均在l1上方;(6分) (3)若a>0时,直线l2过A且与l1垂直,l1,l2分别与x轴的交点为x1与x2,求的取值范围.(7分) 解:(1)设g(x)=f'(x),g'(x)= =, 由g'(x)=0可得x=e-1, 当x∈(-1,e-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以f'(x)的最大值为f'(e-1)=. (2)证明:因为f'(a)=,所以直线l1的方程为y-f(a)=(x-a), 即y=(x-a)+f(a). 设h(x)=f(x)-,h'(x)=-=f'(x)-f'(a), 由(1)可知,f'(x)在x∈(-1,e-1)上单调递增,而-1<a<0, 所以当-1<x<a时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当a<x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 且f'(a)<f'(0)=0. 而当x≥0时,f'(x)=≥0. 综上,总有f'(x)≥f'(a),h(x)单调递增, 故h(x)≥h(a),从而命题得证. (3)由f'(x)=, 可设f(x)=+C,又f(0)=0, 所以C=0,即f(x)=, 因为直线l1的方程为y=(x-a)+,易知a≠0, 所以直线l2的方程为y=-(x-a)+,x1=a-, x2=+a.所以 = == ==-1+, 由(1)知,当x>0时,g(x)∈, 所以g2(a)∈, 所以∈. 学科网（北京）股份有限公司 $