(二)导数在研究函数中的应用- 【衡水金卷·先享题】2025-2026年高中数学选择性必修第二册同步周测卷(湘教版)  

高二同步周测卷/数学选择性必修第二册 (二)导数在研究函数中的应用 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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.函数f(x)=x3一3x-1的极小值点为 A.(-1,-2) B.(1,2) C.-1 D.1 2.若函数f(x)=-2x3十ax2-3的单调递增区间是(0,2)，则a= A.6 B.12 C.14 D.18 3.已知函数f(x)=ax一lnx在x=1处取得最小值，则f'(2)= A司 B.1 c是 D.2-In 2 4.已知函数f(x)=x3十ax2十2x,则“a≤1”是“f(x)在R上单调递增”的 A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 5.已知函数f(x)=ac-2x在区间(2,2)内存在两个极值点，则实数a的取值范围 为（参考数据：√e≈1.65，e2≈7.39） A(层) B.( c(是 () 6.各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用 的是十进制，通常我们用函数了()=·严表示在r进制下表达M(M1)个 In M x 数字的效率，则下列选项中表达M个数字的效率最高的是 A.二进制 B.三进制 C.七进制 D.十进制 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共12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) 7.定义在区间[一号4]上的函数f(x)的导函数f广()的图象如图所示，下列结论正确 的是 A.f(x)在区间(1,3)上单调递减 B.f(x)在区间(-20)上单调递减 C.f(x)在x=1处取得极大值 D.f(x)在x=0处取得极小值 数学（湘教版）选择性必修第二册第1页（共4页）》 衡水金卷·先享题· 8.若将一边长为4的正方形铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一 个无盖的方盒，则下列说法正确的是 A.当x= 3时，方盒的容积最大 B.方盒的容积没有最小值 C.方盒容积的最大值为7 4 D.方盒容积的最大值为器 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 9.已知函数f(x)=x(x一c)2在x=1处取得极大值，则c的值为 10.已知函数f(x)的定义域为R,导函数为f(x),若f(x)一f(x)>3,且f(1)=4,则 不等式f(x)-3>e1的解集为 四、解答题（本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分) 已知函数f(x)=(x一1)e一ax2+b,曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y=(e-2)x+3-e. (1)求实数a,b的值： (2)求f(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值： 高二同步周测卷二 数学（湘教版）选择性必修第二册第2页（共4页） 12.（本小题满分15分) 已知函数f(x)= x3-3x,xsa, -2x,x>a, a∈R. (1)若a=-1,求f(x)的最大值； (2)若f(x)无最大值，求a的取值范围. 数学（湘教版）选择性必修第二册第3页（共4页） 13.(本小题满分20分) 已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若a=一2，求f(x)的最小值； (3)若a≤-号，证明：当x≥0时，f(x)≥0. 衡水金卷·先享题·高二同步周测卷二 数学（湘教版）选择性必修第二册第4页（共4页）高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 高二同步周测卷/数学选择性必修第二册（二） 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) N ① ③④ ⑤ ⑥ 档次系数 1 选择题 5 函数的极小值点 L 多 0.80 由函数的单调区间 2 选择题 5 求参 易 0.72 3 选择题 5 由函数的最值求参 中 0.65 函数单调性与充要性 4 选择题 / 的综合 名 0.55 由函数极值点个数 选择题 求参 分 0.45 6 选择题 5 与导数有关的情境题 0.35 利用导函数图象研究 7 选择题 6 中 0.65 函数性质 利用导数研究几何体 8 选择题 6 / / 中 0.40 体积的最值 9 填空题 5 由函数的极值求参 多 0.72 利用导数解抽象不 10 填空题 等式 / 名 0.35 由切线方程求参，利用 11 解答题 13 导数求函数的单调区 女 0.65 间和极值 利用导数研究分段函 12 解答题 15 0.45 数的最值，由最值求参 分 利用导数求切线方程 13 解答题 20 及函数最值，证明不 V 中 0.35 等式 ·53· ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 参考答案及解析 9 叁考答案及解析 一、选择题 1.D【解析】由题得f(x)=3(x2-1),则当-1<x< y=8(x) 1时，(x)<0;当x<-1或x>1时，f(x)>0,所 2e 以f(x)在（一∞，一1），(1，+∞)上单调递增，在 (一1,1)上单调递减，所以f(x)的极小值点为1.故选 D. 2.A【解析】由题得f(x)=-6.x2+2ax=-2x· (3x-a),令f(x)=0,得x=0或x=号，因为 结合图象可得汽< a<。,所以实数a的取值范围为 f(x)的单调递增区间是(0,2)，所以号=2，则Q (医)放选B 6.故选A. M 3.A【解析】因为f(x)=ax-lnx,所以f(x)=a 6.B【解析】因为M>1,所以nM>0,令g(x)= 子，依题意得f1)=a-1=0,解得a=1.当a=1 ,x>0,则g(x)=1-n,当0<x<e时. x 时f()=1--.则当0<x<1时f()< g'(x)>0,g(x)在(0，e)上单调递增；当x>e时， g(x)<0,g(x)在(e,+∞)上单调递减，所以 0,f(x)在(0,1)上单调递减：当x>1时，(x)>0, f(x)在(1，+∞)上单调递增，因此f(x)在x=1处取 g(x)=g(e)=上，又在f(x)中，x∈N,所以比较 e 得最小值，所以f(x)=1-,则f(2)=1-号 2和2的大小即可.2-3-血2。血8- 3 6 子放选A 血8。n9<0,所以2<2，所以了3)最大，即三 6 4.D【解析】由题意得f(x)=3x2+2a.x十2，，f(x)在 进制效率最高.故选B. R上单调递增，∴.f(x)≥0恒成立，∴.△=4a2-24≤ 二、选择题 0,解得-√6≤a≤√6，∴.“a≤1”是“f(x)在R上单调 7.BD【解析】由图可知，当x∈(1,3)时，f(x)>0, 递增”的既不充分也不必要条件.故选D. 则f(x)在区间(1,3)上单调递增，故A错误；当x∈ 5.B【解析】由题得f(x)=ae-x,因为f(x)在区 (-0)时：f(x)<0.则f(x)在区同 间（号，2）内存在两个极值点，所以了(x)在区间 (-?0）上单调递减，故B正确：因为了()≠0，所 (分2)内有两个变号零点令广(x)-0,得a=是， 以(x)在x=1处取不到极值，故C错误；由B可知 则直线y=a与g(x)=若的图象在区间（分，2）内 f(x)在区间(-0)上单调递成，又当x∈ (0,4)时，f(x)>0,所以f(x)在区间(0,4)上单 有两个交点由g(x)=名，得g(x)=,令 调递增，所以f(x)在x=0处取得极小值，故D正 g()>0,得2<x<1:令g()<0,得1<x<2. 确.故选BD. 8.ABD【解析】由题意知方盒的底面是边长为4一2x 所以g(x)在（分，1）上单调递增，在(1,2)上单调 的正方形，高为x,且0<x<2,则方盒的容积为 V(x)=x(4-2x)2(0<x<2),.V'(x)= 递减：所以)=g1)=又x(兮)号 (4-2x)2-4.x(4-2.x)=(2x-4)(6.x-4) 2)-是且受>号)吉的图象如周所不 4(x-2)(3x-2)则当xe(0,号)时，V(x)>0: 当x∈（号，2）时，V(x)<0,V(x)在(0，号)）上 单调递增，在（号，2）上单调递减，·V(x) V(号)=，无最小值，故ABD正确，C错误.故 ·54· 高二周测卷 ·数学（湘教版）选择性必修第二册· 选ABD. 由①得a<-1,②无解， (13分) 三、填空题 所以a的取值范围为（一c∞，一1）. (15分) 9.3【解析】由题得f(x)=(x-c)+2.x(x-c)= 13.解：(1)当a=0时，f(.x)=ln(1十x)-x,x>-1, (x-c)(3.x-c),(x)在x=1处取得极大值 则了)=-1， (2分) ∴.f(1)=0,即(1一c)(3-c)=0,解得c=1或3.经 检验当c=1时，f(x)在x=1处取得极小值，不符合 所以f(0)=0, 题意，故c=3. 又f(0)=0, 10.(-o∞，1）【解析】构造函数g(x)=f(x)-3 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程 e 为y=0. (5分) x∈R,则g(x)）=f()-fx)+3<0,故 (2)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x, x>-1, g(x)在R上单调递减.由f(x)-3>e1,得 则f(x)=2n(1+x)++2红-1=21n(1+x) 。3>是因为了1)=4，所以g1) 1十x e 0》3=。,所以g)>g（山D,解得x<1.所 1+x+1, 1 (7分) 以不等式f(x)-3>e1的解集为（一o∞，1）. 因为函数y=2n(1+x),y=-十x+1在 四、解答题 (一1，十o∞)上均单调递增， 11.解：(1)因为f(x)=(x-1)e-a.x2+b, 所以(x)在（一1，+o∞）上单调递增， (9分) 所以f(x)=e+(x-1)e-2a.x=ae-2ax, 又f(0)=0, (2分) 所以当x∈(-1,0)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 由题意得f(1)=e-2a=e-2,则a=1,(3分) 当x∈(0，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， 所以f(1)=-1+b=e-2+3-e=1, 故f(x)在x=0处取得唯一的极小值，也为最 解得b=2. (5分) 小值， (2)由(1)得f(.x)=xe-2.x=x(e-2), 所以f(.x)mn=f(0)=0. (12分) 则当x∈(-o∞，0)时，f(x)>0,f(x)单调递增； -1= 当x∈(0，ln2)时，f(x)<0,f(x)单调递减； (3)由题得f)=-ah1+r)+ 当x∈(ln2,十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， -aln(1+x)-(a+1)c 所以f(x)的单调递增区间是（一o∞，0）， 1+x,x≥0， (ln2,十oo),单调递减区间是(0，ln2). (10分) 令s()=-aln(1+x)-(a+l)x,x≥0. 1+x (3)由(1)得f(x)=(x-1)e-x2+2, -aa十1 则由(2)可得f(x)的极大值为f(0)=1,极小值为 则s()十7a(1+x)+a+1号 (1+x)2 f(ln2)=ln2(2-ln2). 3分) a.x+2a+1 12.解：D若a=-1,则fx)=r3x,≤-1 (16分) (1+x)2 -2x,x>-1 所以f(x)=3x2-3,x≤-1 者a≤-7则ar≤0,2a+10… -2,x>-1· (3分) 所以s(x)≥0， 则当x∈（一∞，一1）时，f(x)>0,f(x)单调递增； 故s(x)即f'(x)在[0，十)上单调递增，(18分) 当x∈（一1，十∞）时，f(x)<0,f(x)单调递减， 所以f(x)≥f(0)=0, 所以f(x)max=f(-1)=2. (7分) 所以∫(x)在[0，十∞)上单调递增， 2题得广们-已2 则f(x)≥(0)=0， 令f(x)=0,得x=士1， (9分) 所以若a≤-，则当≥0时f()≥0.（20分) 若f(x)无最大值， (a>-1 则a- ①或-2a>a3-3a②， -2a>2 ·55