【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习第五章《导数》章末检测（二）（解析版）.doc，共(11)页，114.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第五章导数章末检测（二）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若f(x)＝sinα

－cosx，则f′(x)等于()A．sinxB．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx解析：选A函数是关于x的函数，因此sinα是一个常数．2．以正弦曲线y＝sinx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.0，π4∪3π4，πB

．[0，π)C.π4，3π4D.0，π4∪π2，3π4解析：选Ay′＝cosx，∵cosx∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是0，π4∪3π4，π.3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)

内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，

x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．4．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是()A.0，22B.22，＋∞C.－∞，－22，0，22D.－22，0，0，22解析：选A∵f′(x)＝2x

－1x＝2x2－1x，当0＜x≤22时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为0，22.5．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是()A．1B.12C．0D．－1解析：选Af′(x)＝3－12x2，令f′(

x)＝0，则x＝－12(舍去)或x＝12，f(0)＝0，f(1)＝－1，f12＝32－12＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.6．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝()A．2B．3C．4D．5解析：选Df′

(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.7．函数f(x)＝13ax3＋12ax2－2ax＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()A.－310，67B.－85，－316C.－83，－116D.

－∞，－310∪67，＋∞解析：选Df′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(－2)f(1)<0，即103a＋1－76a＋1<0，解得a<－310或a>67.故选D.8．已知定义在R

上的函数f(x)，f(x)＋xf′(x)＜0，若a＜b，则一定有()A．af(a)＜bf(b)B．af(b)＜bf(a)C．af(a)＞bf(b)D．af(b)＞bf(a)解析：选C令y＝xf(x)，则y′＝[xf(x)]′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(

x)＋xf′(x)＜0，∴函数y＝xf(x)是R上的减函数，∵a＜b，∴af(a)＞bf(b)．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得

3分，有选错的得0分)9．下列结论中不正确的是()A．若y＝cos1x，则y′＝－1xsin1xB．若y＝sinx2，则y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，则y′＝－sin5xD．若y＝12xs

in2x，则y′＝xsin2x解析：选ACD对于A，y＝cos1x，则y′＝1x2sin1x，故错误；对于B，y＝sinx2，则y′＝2xcosx2，故正确；对于C，y＝cos5x，则y′＝－5sin5x，故错误；对于

D，y＝12xsin2x，则y′＝12sin2x＋xcos2x，故错误．10．下列函数中，存在极值点的是()A．y＝x－1xB．y＝2|x|C．y＝－2x3－xD．y＝xlnx解析：选BD由题意，函数y＝x－1x，则y′＝1＋1x2＞0，所以函数y＝x－1x在(－∞，0

)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点．函数y＝2|x|＝2x，x≥0，2－x，x＜0根据指数函数的图象与性质可得，当x＜0时，函数y＝2|x|单调递减，当x≥0时，函数y＝2|x|单调递增，所以函数y＝2|x|在x＝0处取得极小值；函数y＝－2x3－

x，则y′＝－6x2－1＜0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点；函数y＝xlnx，则y′＝lnx＋1，x＞0，当x∈0，1e时，y′＜0，函数单调递减，当x∈1e，＋∞时，y′＞0

，函数单调递增，当x＝1e时，函数取得极小值，故选B、D.11.定义在区间－12，4上的函数f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是()A．函数f(x)在区间(0,4)上单调递增B．函数f(x)在区间

－12，0上单调递减C．函数f(x)在x＝1处取得极大值D．函数f(x)在x＝0处取得极小值解析：选ABD根据导函数图象可知，f(x)在区间－12，0上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在区间(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)

在x＝0处取得极小值，没有极大值，所以A、B、D选项正确，C选项错误．故选A、B、D.12．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列说法正确的是()A．a＞eB．x1＋x2＞2C．x1x2＞

1D．f(x)有极小值点x0，且x1＋x2＜2x0解析：选ABD由题意，函数f(x)＝ex－ax，则f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以函数f(x)单调递增，不符合题意；当a＞0时，令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞lna，令f′(x)＝ex

－a＜0，解得x＜lna，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，因为函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2且x1＜x2，则f(lna)＝elna－alna＝a－alna＝a(1－l

na)＜0，且a＞0，所以1－lna＜0，解得a＞e，所以A项正确；又由x1＋x2＝ln(a2x1x2)＝2lna＋ln(x1x2)＞2＋ln(x1x2)，取a＝e22，则f(2)＝e2－2a＝0，x2

＝2，f(0)＝1＞0，所以0＜x1＜1，所以x1＋x2＞2，所以B正确；由f(0)＝1＞0，则0＜x1＜1，但x1x2＞1不能确定，所以C不正确；由函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以函数的极小值点为x0＝lna，且x1＋x2＜2x0＝2lna，所以D正确

．故选A、B、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．若f(x)＝13x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________.解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，

令x＝1，得f′(1)＝23.答案：2314．已知奇函数f(x)＝exx－1x>0，hxx<0，则函数h(x)的最大值为________．解析：先求出x>0时，f(x)＝exx－1的最小值．当x>0时，f′(x)＝ex

x－1x2，∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，∴x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，∴由已知条件得h(x)的最大值为1－e.答案：1－e15

．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈－π2，π2时，f(x)＝x＋sinx，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，因为f′(x)＝1＋cosx≥0，故f(x)在

－π2，π2上是增函数，∵π2>π－2>1>π－3>0，∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c<a<b.答案：c<a<b16．若函数f(x)＝4xx2＋1在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．解

析：f′(x)＝4－4x2x2＋12，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函数f(x)的增区间为(－1,1)．又因为f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，所以m≥－1，m＜2m＋1，2m＋1≤1.解得－1＜m≤0.答案：(－1,0]四、解答题(

本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值4.(1)求实数a，b的值；(2)当a>0时，求曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程．解：(1

)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b.∵f(1)＝1＋a＋b＋a2＝4，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，∴a＝3，b＝－9或a＝－2，b＝1.经检验都符合题意．(2)当a>0时，由(1)得f(x)＝x3＋3x2－9x＋9，∴f′(x)＝3x

2＋6x－9.∴f(－2)＝31，f′(－2)＝－9.∴所求的切线方程为y－31＝－9(x＋2)，即9x＋y－13＝0.18．(本小题满分12分)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex.(1)当

a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0

，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x<2.所以，函数f(x)的单调递增区间为(－2，2)．同理可得，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)．(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f′(x)≥0在

(－1,1)上恒成立．又因为f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0，注意到ex>0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a≥x2＋2xx＋1＝x＋1－1x＋1在(－1,1)上恒成立．设y＝x

＋1－1x＋1，则y′＝1＋1x＋12>0，即y＝x＋1－1x＋1在(－1,1)上单调递增，则y<1＋1－11＋1＝32，故a≥32.即实数a的取值范围为32，＋∞.19．(本小题满分12分)已

知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝22处取得极小值－2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若过点M(1，m)的直线与曲线y＝f(x)相切且这样的切线有三条，求实数m的取值范围．解：(1)由题意得，f′(x)

＝3ax2＋b.∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝22处取得极小值－2，∴f22＝－2，f′22＝0，即a＋2b＝－4，32a＋b＝0，解得a＝2，b＝－3，经检验满足条件，则函数f(x)的解析式为f(x

)＝2x3－3x.(2)设切点坐标为(x0,2x30－3x0)，则曲线y＝f(x)的切线的斜率k＝f′(x0)＝6x20－3，切线方程为y－(2x30－3x0)＝(6x20－3)(x－x0)，代入点M(1，m)，得m＝－4x30＋6x20－3，依题意，方程m＝－4x30＋6

x20－3有三个不同的实根．令g(x)＝－4x3＋6x2－3，则g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，

＋∞)时，g′(x)<0.故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴g(x)极小值＝g(0)＝－3，g(x)极大值＝g(1)＝－1.∴

当－3<m<－1时，g(x)＝－4x3＋6x2－3的图象与直线y＝m有三个不同的交点，∴－3<m<－1时，存在这样的三条切线．故实数m的取值范围是(－3，－1)．20.(本小题满分12分)设函数f(x)＝x22－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(

x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点．解：(1)由f(x)＝x22－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，

＋∞)上的情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减k1－lnk2单调递增所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)．f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k1－lnk2，无极大

值．(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝k1－lnk2.因为f(x)存在零点，所以k1－lnk2≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(

e)＝0，所以x＝e是f(x)在区间(1，e]上的唯一零点．当k>e时，f(x)在区间(1，e]上单调递减，且f(1)＝12>0，f(e)＝e－k2<0，所以f(x)在区间(1，e]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，e]上仅有一个零点．21．(本

小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－34a－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝

x＋12ax＋1x.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈0，－12a时，f′(x)＞0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)＜0.故f(x)在0，－12a上单

调递增，在－12a，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a.所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－

1－14a≤－34a－2，即ln－12a＋12a＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝1x－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时

，g(x)取得极大值且为最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln－12a＋12a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)若f(x)存在最小值且最小值为2，求a的值；(2)设g(

x)＝lnx－a，若g(x)<x2在(0，e]上恒成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2(x>0)，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)不存在

最小值；当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，且0<x<－a时，f′(x)<0，x>－a时，f′(x)>0.∴x＝－a时，f(x)取得最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)<x2即lnx－a<x2，即a>ln

x－x2，故g(x)<x2在(0，e]上恒成立，也就是a>lnx－x2在(0，e]上恒成立．设h(x)＝lnx－x2，则h′(x)＝1x－2x＝1－2x2x，由h′(x)＝0及0<x≤e得x＝22.当0<x<22时，h′(x)>0，当22<x≤e时，h′(

x)<0，即h(x)在0，22上为增函数，在22，e上为减函数，所以当x＝22时h(x)取得最大值为h22＝ln22－12.所以g(x)<x2在(0，e]上恒成立时，a的取值范围为ln22－12，＋∞.