【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册专题10《一元函数的导数及其应用》（单元测试卷）(解析版).doc，共(14)页，729.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-37823.html

以下为本文档部分文字说明：

专题10《一元函数的导数及其应用》单元测试卷一、单选题1．（2020·夏津第一中学高二期中）设函数fxx，则11limxfxfx（）A．0B．1C．2D．－1【答案】B【解析】因为fxx，所以

1111limlimlim1xxxfxfxxxxx.故选：B.2．（2019·辰溪县第一中学高二月考）已知函数32()23fxxxx，求(2)f()A．1

B．5C．4D．3【答案】B【解析】由题意，函数32()23fxxxx，则2()341fxxx，所以2(2)324215f.故答案为：B.3．（2020·黑山县黑山中学高二月考）已知

函数2xfxxae，且'13fe，则曲线yfx在0x处的切线方程为（）A．10xyB．10xyC．310xyD．310xy【答案】B【解析】'2222xxxfxexaexae

，'143faee，解得1a，即21xfxxe，01f，则'21xfxxe，'01f，曲线yfx在点0x处的切线方程为110yx，即10xy.4．（2020·湖北省高二期中）若函数

32lnfxxax不是单调函数，则实数a的取值范围是（）A．1,2B．2,C．0,D．,2【答案】D【解析】fx的定义域为0,，'2323axafxxx

，令()'0fx=解得23ax.由于函数32lnfxxax在0,上不是单调函数，所以203a，解得2a.故选：D5．（2020·湖南省高三一模（文））函数y=xlnx的图象大致是()A．B．C．D．【答案】D【解析】因为y=xlnx，故可得1y

lnx令0y，可得1xe；令0y，可得1xe，故函数在区间10,?e上单调递减，在区间1,e单调递增，又因为当10,ex时，0,0lnxy，故排除,AB；又1x时，0y，故函数在区间

1,e上有一个零点，故排除C.故选：D.6．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知函数()2()lnfxxfex，则fe()A．eB．eC．1D．1【答案】C【解

析】由题得111()2(),()2(),()fxfefefefexee，所以1()2()ln2()11feefeeee.故选：C.7．（2020·夏津第一中学高二期中）函数334yx

x有（）A．极大值6，极小值2B．极大值2，极小值6C．极小值－1，极大值2D．极小值2，极大值8【答案】A【解析】令2330yx，解得1x，则,yy随x的变化如下表x,111,111,y00y62所以，

当1x时，函数有极大值为6；当1x时，函数有极小值为2.故选:A.8．（2020·福建省高三其他（文））若函数ln(1)2,0,()1,0.xaxxfxxaxx的最大值为(1)f，则实数a

的取值范围为（）A．(,]eB．10,eC．1,eD．[),e【答案】C【解析】当0x时，()ln(1)2fxxax，'1()1fxax，若0a，则'()0fx

在0x恒成立，()fx在(0,)，且x时，()fx，函数的最大值不可能为(1)f，0a，当'()0fx时，得101xa，当'()0fx时，11xa，()fx在1(0,1)a单调递增，在1(1,)

a单调递减，max1111ln12l()()()n3aaaaafaxf，当0x时，11()[()]2(1)fxxaxaafxx，1ln32ln1aaaaae

，故选：C.二、多选题9．（2019·福建省莆田一中高二期末）（多选题）下列函数中，既是奇函数又在区间0,1上单调递增的是（）A．324yxxB．sinyxxC．2logyxD．22xxy【答案】ABD【解析】由奇函数定义可知，A、B

、D均为奇函数，C为偶函数，所以排除C；对于选项A，'2640yx，所以324yxx在0,1上单调递增；对于选项B，'1cos0yx，所以sinyxx在0,1上单调递增；对于选项D，'2ln22ln20xxy，所以22xxy在0,

1上单调递增.故选：ABD10．（2020·江苏省高二期中）直线12yxb能作为下列（）函数的图像的切线.A．1()fxxB．4()fxxC．()sinfxxD．()xfxe【答案】BCD【解析】1()fxx，故211'()2

fxx，无解，故A排除；4()fxx，故31()42fxx，故12x，即曲线在点11,216的切线为13216yx，B正确；()sinfxx，故1'()cos2fxx，取3x，故曲线在点3,32的切线为13262yx，C正确；()

xfxe，故'()12xfxe，故ln2x，曲线在点1ln2,2的切线为111ln2222yx，D正确；故选：BCD.11．（2020·山东省潍坊一中高二月考）已知函数f（x）的定义域为R且导函数为fx，如图是函数yxfx的图像，则下列说法正确的有

（）A．函数f（x）的减区间是（-，-2）B．函数f（x）的增区间是（-2，+）C．x=-2是函数的极小值点D．x=2是函数的极小值点【答案】ABC【解析】当0x时，0yxfx，故'0fx，函数单调递增；当20x时，0y

xfx，故'0fx，函数单调递增；当2x时，0yxfx，故'20f；当2x时，0yxfx，故'0fx，函数单调递减；对比选项知：故ABC正确.故选：ABC.1

2．（2020·南京市江宁高级中学高二期中）已知函数yfx的导函数fx的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A．函数yfx在区间13,2内单调递增B．当2x时，函数yfx取得极小值C．函数yfx在区间2,2内单

调递增D．当3x时，函数yfx有极小值【答案】BC【解析】对于A，函数yfx在区间13,2内有增有减，故A不正确；对于B，当2x时，函数yfx取得极小值，故B正确；对于C，当2,2x时，恒有0fx，则函数yfx在区间2,

2上单调递增，故C正确；对于D，当3x时，0fx，故D不正确.故选：BC三、填空题13．（2020·夏津第一中学高二期中）曲线y＝x2+lnx在点（1，1）处的切线方程为_____．【答案】320x

y【解析】12yxx，在点（1，1）处的切线斜率为3，所以切线方程为320xy.14．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数()lnfxxx的单调递增区间为_______.【答案】【解析】函数有意义，则：0x，且：1'1fxx，由

'0fx结合函数的定义域可得函数的单调递增区间为0,1，故答案为0,1.15.（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））若函数2fxxxa在2x处取得极小值，则a____

______．【答案】2【解析】求导函数可得22()34fxxaxa，所以2(2)1280faa，解得2a或6a，当2a时，2()384(2)(32)fxxxxx，函数在2x处取得极小值，符合题意；当6a时，2()324363(2)

(6)fxxxxx，函数在2x处取得极大值，不符合题意，不符合题意，所以2a.16．（2020·浙江省宁波诺丁汉附中高二期中）已知函数1()sin,[0,],2fxxxx则()fx的最小值为________

，最大值为_______.【答案】3622【解析】1()sin,[0,],2fxxxx'1()cos,[0,],2fxxx则当03x时，'()0fx，当3x时，'()0fx，所以()fx在[0,]3上单调递减，在[,]3上单调递增，则当3x

时，min3()62fx；又00,2ff，所以max()2fx.故答案为：362；2.四、解答题17．（2018·营口市第二高级中学高二月考（文））设()ln4fxaxx，（aR），曲线yfx在

点1,1f处的切线垂直于y轴.（1）求a的值；（2）求函数yfx的单调区间.【答案】（1）1a；（2）fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,.【解析】（1）由于'1afxx，依题意'11101afa

，解得1a.（2）由（1）知'11ln40,10xfxxxxfxxxx，所以fx在0,1上递增，在1,上递增.也即fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,.18．（2020·福建省高二月考）已知函数

2lnfxaxbx在1x处有极值12.（1）求,ab的值；（2）求函数fx在1,22上的最大值与最小值.【答案】（1）12a，1b；（2）最大值为2ln2，最小值为12【解析】（1）由题可知，2lnfxaxbx，

fx的定义域为0,，()2(0)bfxaxxx，由于fx在1x处有极值12，则1112120fablnfab，即1220aab，解得：12a，1b，（2）由（1）可知21

()ln2fxxx，其定义域是(0,)，1(1)(1)()xxfxxxx，令=0fx，而0x，解得1x，由0fx，得01x；由0fx，得1x，则在区间1,22上，x，fx，fx的变化情况表如下：x121,121

1,22fx0fx1ln28单调递减12单调递增2ln2可得min112fxf，11ln228f，(2)2ln2f，由于1122ln2ln2028ff

，则122ff，所以max22ln2fxf，函数fx在区间1,22上的最大值为2ln2，最小值为12.19．（2020·江西省新余一中高二月考（理））某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自

主创业，经过市场调查，生产一小型电子产品需投入固定成本2万元，每生产x万件，需另投入流动成本()Cx万元，当年产量小于7万件时，21()23Cxxx（万元）；当年产量不小于7万件时，3()6ln17eCxxxx（万元

）.已知每件产品售价为6元，假若该同学生产的商品当年能全部售完.（1）写出年利润()Px（万年）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售收入-固定成本-流动成本）（2）当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品

所获年利润最大？最大年利润是多少？（取320e）.【答案】（1）23142,073()15,7xxxpxelnxxx（2）当年产量约为20万件，该同学的这一产品所获年利润最大，最大利

润为11万元【解析】（1）产品售价为6元，则万件产品销售收入为6x万元.依题意得，当07x时，2211()6224233pxxxxxx，当7x时，33()6(6ln17)215lneepxxxxxxx，23142,073(

)15,7xxxpxelnxxx；（2）当07x时，21()(6)103pxx，当6x时，()px的最大值为(6)10p（万元），当7x时，3332

21()15ln()eeexpxxpxxxxx，当37xe时，()px单调递增，当3,()xepx单调递减，当3xe时，()px取最大值33()15ln111pee（万元），1110

当320xe时，()px取得最大值11万元，即当年产量约为20万件，该同学的这一产品所获年利润最大，最大利润为11万元.20．（2020·横峰中学高二开学考试（理））已知曲线C的方程是3232yxxx．

（1）求曲线在1x处的切线方程1l；（2）若2:lykx，且直线2l与曲线C相切于点000,0xyx，求直线2l的方程及切点坐标．【答案】（1）10xy；（2）直线2l的方程为14yx，切点坐标为33,28

．【解析】（1）∵3232yxxx，∴'2362yxx，∴1316121xy，∴1l的斜率为1，且过点1,0，∴直线1l的方程为(1)yx，即10xy；（2）直线2l过原点，则

0000ykxx，由点00,xy在曲线C上，得32000032yxxx，∴2000032yxxx，又'2362yxx，所以200362kxx，又00kyx，∴2200000036232yxxxxx，整理得200230xx，∵00

x，∴032x，此时038y，14k，∴直线2l的方程为14yx，切点坐标为33,28．21．（2020·天津大钟庄高中高二月考）已知函数21()ln2fxxmx(mR)（1）当2m时，①求函数fx在x=1处的切线方程；

②求函数fx在[1,]e上的最大，最小值．（2）若函数fx在1,2上单调递增，求实数m的取值范围；【答案】（1）①2230xy；②函数fx在[1,]e上的最大值为2122e，最小值为1ln2；

（2）14m.【解析】（1）当2m时，22'122(2)(2)()2ln()2xxxfxxxfxxxxx.①当x=1时，2'11(12)(12)(1)12ln1,(1)1221ff，

所以函数fx在x=1处的切线的斜率为1，因此切线方程为：11(1)22302yxxy；②因为[1,e]x，所以当[1,2]x时，'()0fx，函数fx单调递减，当[2,]xe时，'()0fx，函数fx单调递增，所

以当[1,e]x时，函数fx有极小值21(2)(2)2ln21ln22f，而2222111111(1)12ln1,(2)2ln2(4)222222ffeeee，所

以函数fx在[1,]e上的最大值为2122e，最小值为1ln2；（2）2'1()ln()2mfxxmxfxxx，因为函数fx在1,2上单调递增，所以'()0mfxxx在1,2x时恒成立，即2mx在1,2x

时恒成立，设2()gxx，1,2x，因为当1,2x时，函数2()gxx单调递增，所以2min11()()24gx，因此要想2mx在1,2x时恒成立，只需14m.所以当函数fx在1,2

上单调递增时，实数m的取值范围为14m.22．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））已知函数n()lfxxxmmR．（1）若函数fx有两个零点，求m的取值范围；（2）证明：当3m时，

关于x的不等式20xfxxe在1,12上恒成立．【答案】（1）,1；（2）3m【解析】（1）令fxlnxxm0，mlnxx；令gxlnxx，11xgx1xx

，令gx0，解得0x1，令gx0，解得x1，则函数gx在0,1上单点递增，在1,上单点递减，maxgxg11．要使函数fx有两个零点，则函数gx的图像与ym有两个不同的交点．则m1，即实数m的取值范围为

,1．（2）xfxx2e0，xmx2elnxx；设x1hxx2elnxx,x,12，x1hxx1ex；设x1uxex，x21u

xe0x，则ux在1,12上单调递增.又1ue202，u1e10.01x,12，使得0ux0，即0x01ex，00lnxx.当01

x,x2时，ux0,hx0；当0xx,1时，ux0,hx0；hx在01,x2上单调递增，在0x,1上单调递减.0x0000000max0012hxhxx2elnxxx22x12xxx.

设2φx12xx，222222xφx2xx.当1x,12时，φx0恒成立，则φx在1,12上单调递增，φxφ13，即当1x,12时，hx3.当m3时，关于x的不等式xfxx2e0

在1,12上恒成立.