【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册第五章《一元函数的导数及其应用》单元测试（基础卷）（解析版）.doc，共(23)页，934.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第五章一元函数的导数及其应用单元过关检测基础A卷解析版题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟一、单选题1．设fx是可导函数，且0002lim2xfxxfxx，则0fx（）A．12B．

-1C．0D．-2【答案】B【分析】根据导数定义，即可求出．【详解】试题分析：因为0000000(2)()(2)()lim2lim222xxfxxfxfxxfxfxxx所以01f

x，故选：B.【点睛】本题主要考查了导数的定义，属于基础题．2．已知函数的导函数的图象如图所示，则的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】观察可知导函数图像由正变负，则原函数应先递增，后递减，故选择D.方法点睛：辨识函数图像与导数图像主要是依据利用

导数研究函数的单调性，当函数在区间上满足，则在区间上单调递增，当函数在区间上满足，则在区间上单调递减.3．函数1sin2fxxx在[0,]2上的最小值和最大值分别是A．3,062B．1,04C．3,1624D．1122,【答案】A【分析】

求出f（x）的导数，利用导函数的正负，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值和最小值即可．【详解】函数12fxxsinx，fx12cosx，令fx＞0，解得：2x3＞，令

fx＜0，解得：0≤x3＜，∴f（x）在[0，3）递减，在（3，2]递增，∴f（x）min＝f（3）362，而f（0）＝0，f（2）41，故f（x）在区间[0，2]上的最小值和最

大值分别是：362，0．故选：A．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值问题，考查函数值的运算，属于基础题．4．已知函数2()(21)3xfxxeax（0x）在(0,)上为增函数，则a的取值范围是（）A．[2,

)eB．3[,)2eC．[,2)eD．3[,)2e【答案】A【解析】分析：求导，则0fx在0,恒成立，再分离参数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用导数进行求解．

详解：因为函数2213xfxxeax在0,上为增函数，所以21e20xfxxax在0,恒成立，即21e2xxax在0,上恒成立，令

21e2xxhxx，则211e2xxxhxx，则hx在10,2上单调递增，在1,2上单调递减，即max12e2hxh，即2ea.

故选A．点睛：1.已知函数fx在区间,ab上单调递增，求有关参数问题，往往转化为0fx在区间,ab上恒成立问题进行求解；2.解决不等式恒成立问题，往往分离参数，将问题转化为求函数的最值问题，再利用“fxM恒成立m

infxM”进行求解．5．若曲线xye在0x处的切线，也是lnyxb的切线，则b（）A．1B．1C．2D．e【答案】C【分析】利用导数求得曲线xye在0x处的切线方程，并设该切线与曲线lnyxb

切于点,lnttb，利用导数的几何意义求出切点的坐标，代入切线方程可求得实数b的值.【详解】对于函数xye，exy，则001xye，又001xye，所以，曲线xye在0x

处的切线方程为1yx，即1yx，设直线1yx与曲线lnyxb相切于点,lnttb，对于函数lnyxb，其导数为1yx，由导数的几何意义可得11t，得1t，所以，切点坐标为1,b，代入切线方程

得112b.故选：C.【点睛】本题考查利用两曲线的公切线求参数，解题时要注意以下两点：（1）切线的斜率等于函数在切点处的导数值；（2）切点为函数图象与切线的公共点.6．函数3222fxxcxcx在2x处取极小值，则c（）A．

6或2B．6或2C．6D．2【答案】D【分析】先求导数，根据20f求得c，再代入验证是否满足题意.【详解】222342128=02fxxcxcfccc或6c当6c时，2324363(2)(6)fxxxxx，当2x时0fx

，当26x时0fx，函数fx在2x处取极大值，不符题意，舍去；当2c时，2384(2)(32)fxxxxx，当2x时0fx，当223x时0fx，函数fx在2x处取极小值，故选：D【点睛】本题

考查函数极值，考查基本分析求解能力，属基础题.7．已知函数cosxfxex，设10.3af，0.32bf，2log0.2cf，则（）A．cbaB．cabC．bacD．bca【答案】D【

分析】由题意可得fx是偶函数，当0x时，sin0xfxex，可得yfx在0,单调递增，又1100.33,43，0.320,1，22log0.2log52,3，根据函数的单调性可得出答案.【详解】由cosxfxexfx

，则fx是偶函数，当0x时，sin0xfxex，所以yfx在0,单调递增，由1100.33,43，0.320,1，22log0.2log52

,3，则10.320.3log0.22，所以10.320.3log0.22fff又22log0.2log0.2cff，所以bca故选：D【点睛】本题考查利用单调性比较函数值大小，考查利用导数分析函数单调性，考查指数、对数的的大小的比较，属于中档题

.8．已知yfx为0,上的可导函数，且有'0fxfxx，则对于任意的,0,ab，当ab时，有()A．afabfbB．afabfbC．afbbfaD．afbbfa【答案】B【分析】构造函数h（x）=xf（x），根据函数的

单调性判断即可．【详解】不妨设h（x）=xf（x），则h′（x）=f（x）+xf′（x）．∵当x＞0，有'0fxfxx＞，∴当x＞0时，xf′（x）+f（x）＞0，即h′（x）＞0，此时函数h

（x）单调递增，则对于任意的a，b∈（0，+∞），当a＞b时，则g（a）＞g（b），即af（a）＞bf（b），故选B．【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道基础题．二、多选题9．若直线12yxb是函数()fx图像的一

条切线，则函数()fx可以是（）A．1()fxxB．4()fxxC．()sinfxxD．()xfxe【答案】BCD【分析】求得已知直线的斜率k，对选项中的函数分别求导，可令导数为k，解方程即可判断结论【详解】解：直线12

yxb的斜率为12k，由1()fxx的导数为'21()fxx，即切线的斜率小于0，故A不正确；由4()fxx的导数为'3()4fxx，而3142x，解得12x，故B正确；由()sinfxx的导数为'()cos

fxx，而1cos2x有解，故C正确；由()xfxe的导数为'()xfxe，而12xe，解得ln2x，故D正确，故选：BCD【点睛】此题考查导数的几何意义，正确求导是解题的关键，考查运算能力，属于基础题1

0．已知函数fx的导函数fx的图像如图，则下列叙述正确的是（）A．函数fx只有一个极值点B．函数fx满足41ff，且在4x处取得极小值C．函数fx在2x处取得极大值D．函数

fx在,4内单调递减【答案】AC【分析】通过观察导函数的图像及导函数的正负表示原函数的增减，依次判断即可得出结果.【详解】由导函数的图像可得，当x<2时，0fx，函数fx单调递增；当x>2时，0fx，函数fx单调递减.所以函数fx的单

调递减区间为2,+,只有当x=2时函数取得极大值，无极小值.故选:AC.【点睛】本题考查利用导函数的图像研究函数的性质,考查数形结合的能力，属于基础题.11．素数分布问题是研究素数性质的重要课题，德国数学家高斯提出了一个猜想：()lnxxx，其中()x表示不大于x的素数的个数，即

随着x的增大，()x的值近似接近lnxx的值．从猜想出发，下列推断正确的是（）A．当x很大时，随着x的增大，()x的增长速度变慢B．当x很大时，随着x的增大，()x减小C．当x很大时，在区间(,)xxn（n是一个较大常数）内，素数的个数随x的增大而减少D．因为(4)2，所

以4(4)ln4【答案】AC【分析】令函数(),0lnxfxxx且1x，用导数法逐项判断.【详解】设函数(),0lnxfxxx且1x，则22ln111(),0lnlnlnxfxxxxx

且1x，32ln(),0(ln)xfxxxx且1x，当x时，()0fx，所以当x很大时，随着x的增大，()x的增长速度变慢，故A正确；函数()lnxfxx的图象如图所示：由图象可得随着x的增大，()x并不减小，故B错误；当x很大时，在区间(,)xxn

（n是一个较大常数）内，函数增长得慢，素数的个数随x的增大而减少，故C正确；42.892ln4，故D错误．故选：AC．12．已知函数fx是定义在R上的奇函数，当0x时，1xfxex

．则下列结论正确的是（）．A．当0x时，1xfxexB．函数fx有五个零点C．若关于x的方程fxm有解，则实数m的取值范围是22fmfD．对12,xxR，212fxfx恒成

立【答案】AD【分析】根据函数()fx是奇函数，求出0x时的解析式，可判断A；利用导数求出函数()fx在(0,)上的单调区间及极值，再结合()fx是奇函数，可作出函数()fx在R上的大致图象，从而可逐项判断B、C、D．【详解】设0x，则0x，所以()(1)xfxex

，又函数()fx是定义在R上的奇函数，所以()()fxfx，所以()(1)xfxex，即()(1)xfxex故A正确．当0x时，1()xxfxe，所以2(1)2()()xxxxexexfxee，令()0fx，解得2x，当02x时，(

)0fx；当2x时，()0fx，所以函数()fx在(0,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，故当2x时，函数()fx取得极小值20e，当02x时，(0)(2)0ff，又(1)0f，故函数()fx在(0,2)仅有一个零点1．当2

x时，1()0xxfxe，所以函数()fx在(2,)没有零点，所以函数()fx在(0,)上仅有一个零点，函数()fx是定义在R上的奇函数，故函数()fx在(,0)上仅有一个零点1，又(0)0f，故函数()fx是定义在R上有3个零点．故B错误．作出函数()fx的大致图

象，由图可知若关于x的方程()fxm有解，则实数m的取值范围是11m.故C错误．由图可知，对12,xxR，21()()|1(1)|2fxfx故D正确．故选：AD．【点睛】本题主要

考查利用函数奇偶性求函数解析式；利用导数研究函数的单调性及最值；同时也考查函数的零点，综合性较强．三、填空题13．若函数的的导数为fx，且322,fxfxx则2f_______________【答案】-12【

分析】求出导函数()fx，令2x可求得(2)f．【详解】由题意2()2(2)3fxfx，∴(2)2(2)12ff，∴(2)12f．故答案为：－12．【点睛】本题考查导数的运算，掌握导数运算法则是解题关键．14．生活经验告诉我们

，当水注进容器(设单位时间内进水量相同)时，水的高度随着时间的变化而变化，在下图中请选择与容器相匹配的图像，A对应________；B对应________；C对应________；D对应________．【答案】(4)(1)(3)(2)【详解】A容器下粗上细，水高

度的变化先慢后快，根据导数的几何意义可知，函数图象切线斜率变化故先慢后快，A与(4)对应；B容器为球形，水高度变化为快—慢—快，根据导数的几何意义可知，B应与(1)对应；,CD容器都是柱形的，水高度的变化速度都应是直线形，但C容器细，D容器粗，故水高度的变

化为：C容器快，C与(3)对应，D容器慢，D与(2)对应.故答案为(4)；(1)；(3)；(2)．15．若函数1()lnfxxax有且只有一个零点，则实数a的值为_______.【答案】1【分析】求出导函数，利用导数与函数单调性的关系求出单调区间，由题意，只需10f即可

求解.【详解】由1()lnfxxax，（01x），则22111xfxxxx，令0fx，解得1x，令0fx，解得01x，所以函数fx在0,1上单调递减，在

1,上单调递增，所以fx在1x时取得极小值.所以函数1()lnfxxax有且只有一个零点，只需10f，即10a，解得1a.故答案为：116．已知一个圆柱的轴截面是周长为12米的长方形，则满足这个条件的圆柱的最大体积是____

__立方米.【答案】8π【分析】设圆柱的高为h，底面圆的半径为r，可得2212rh，03r，圆柱的体积2πVrh2π62rr，构造函数2π62frrr，03r，求导并判断单调性，可求出

最大值，即可求出答案.【详解】设圆柱的高为h，底面圆的半径为r，则2212rh，即62hr，由620,0hrr，可得03r，圆柱的体积2πVShrh底，将62hr代入，可得2π62Vrr，构造函数2π62frrr，03r，求导得

2π63frrr，则0,2r时，()0fr¢>，函数fr单调递增；2,3r时，()0fr¢<，函数fr单调递减，所以fr的最大值为22π26228πf.即2r=时，该圆柱的体积最大，最大体积是8π立方米

.故答案为：8π.【点睛】本题考查柱体体积的计算，考查利用导函数求最大值，考查学生的计算求解能力，属于中档题.四、解答题17．已知函数32()fxxaxbx在1x与23x处都取得极值．(1)求函数()fx的解析式及单调区间；(2)求函数()fx在区间[1,2]的

最大值与最小值．【答案】（1）321()22fxxxx，单调增区间是2(,),(1,)3，减区间是2(,1)3（2）max()2fx，min3()2fx【分析】（1）对fx求导，根据fx在1x与23x处都取得极值，得'10f和'2

03f，建立方程组求得a,b的值，得到fx的解析式，再分析'fx取得正负时x的范围，从而得出fx相应的单调区间，得解；（2）根据（1）可得出fx的极值点，再求出边界点(1)f和(2)f的值，与极值点的

函数值比较大小可得解.【详解】（1）因为32()fxxaxbx，所以2()32fxxaxb,因为fx在1x与23x处都取得极值，所以10?203ff，即320124093abab

，解得1,22ab即321()22fxxxx，所以2()32321fxxxxx，令()01fxx或23x，令2()013fxx，所以fx的单调

增区间是2(,),(1,)3，减区间是2(,1)3.（2）由（1）可知，x2(1,)3232(1)3，1(12)，()fx+0-0+()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增fx的极小值3(1)2f，fx的极大值222()3

27f，而1(1)2f，(2)2f，可得[1,2]x时，max()2fx，min3()2fx.故得解.【点睛】本题考查通过导函数研究函数的单调性，极值，最值的问题，属于基础题．18．设函数3

29()62fxxxxa．（1）求函数的单调区间．（2）若方程()0fx有且仅有三个实根，求实数a的取值范围．【答案】（1）增区间（-∞,1）和（2，+∞），减区间为（1，2）;（2）522a【解

析】试题分析：（1），解或的解集；（2）先求极值点，判断单调性，然后根据图形，判定轴于图像有三个交点时的位置，从而列不等式.试题解析：（1），当时，或.当时，.（2）由（1）知，函数在（-∞,1）为增，为减函数，为增函数，根据函数的图像特征，判断轴应在极值之间，(1)0{(2)0f

f由得,522a考点：1.导数的应用；2.函数的图像；3.函数的零点.19．已知函数()lnfxxax．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）求()fx的单调区间．【答案】（1

）210xy；（2）当0a时，()fx的单调增区间是0,；当0a时，()fx的单调递减区间是(0,)a；递增区间是(,)a．【分析】（1）对函数进行求导，把1x代入导函数中，求出在点(1,(1))f处的切线的斜率，写出直线的点斜式方程，最后化为一般方程；（2）对a的值，

进行分类讨论，求出()fx的单调区间．【详解】（1）当1a时，，所以'110xfxx．所以，'(1)2f，所以切线方程为．（2）'()(0)xafxxx．当0a时，在(0,)x时'()0fx，所以()fx的单调增区间是0,

；当0a时，函数()fx与')fx（在定义域上的情况如下：x(0,)a(,)a')fx（-0()fx极小值所以()fx的单调递减区间是(0,)a；递增区间是(,)a．综上所述：当0a时，()fx的单调增区间是

0,；当0a时，()fx的单调递减区间是(0,)a；递增区间是(,)a．【点睛】本题考查了导数的几何意义、求曲线的切线方程，利用导数研究函数的单调性.本题考查了分类讨论思想.20．某地需

要修建一条大型输油管道通过720千米宽的荒漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程只需要在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站（又称泵站）.经预算，修建一个增压站的工程费用为108万元，铺设距离为x千米

的相邻两增压站之间的输油管道费用为(2)xx万元.设余下工程的总费用为y万元.（1）试将y表示成关于x的函数；（2）需要修建多少个增压站才能使总费用y最小？【答案】（1）777607201332yxx；（2）19个【分析】（1）由题

可知需要新建7201x个增压站，即可求得余下工程的总费用，得到函数的解析式；（2）由（1）可得77760()7201332fxxx，利用导数求出fx的单调性与最值，即可得解.【详解】解：（1）设需要新建n个增压站，且(1)720nx，即7201nx，则y关于x的函数关系式为

()108(1)(2)yfxnnxx720720108111(2)xxxx777607201332xx；（2）由（1）知，77760()7201332fxxx

，277760360()fxxx，令()0fx，得32216x，解得36x，当036x时，()0fx，fx在区间(0,36)内为减函数，当36720x时，()0fx

，fx在区间(36,720)内为增函数，所以fx在36x处取得最小值，此时72011936n，即需新建19个增压站才能使y最小.【点睛】本题主要考查了导数的实际应用问题，其中解答中根据题意，得出函数的解析式，合理利用导数求解函数的单调性与最

值是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.21．已知函数ecos2xfxx(其中0x)，fx为fx的导数.（1）求导数fx的最小值；（2）若不等式()fxax

恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a.【分析】（1）先求导数，再构造esinxgxx，利用导数和函数的单调性确定函数的最值．（2）令ecos2xhxxax，通过求导分类讨论，根据

导数和最值的关系即求．【详解】（1）esinxfxx，令esinxgxx，当0x时，则ecos1cos0xgxxx.故0x时，0gx，gx为增函数，故mi

n01gxg，即导数fx的最小值为1.（2）令ecos2xhxxax，esinxhxxa，当1a时，若0x，则由（1）可知，10hxa，所以hx为增函数，故

00hxh恒成立，即1a．当1a时，由（1）可知esinxhxxa在0,上为增函数，且010ha，ln(2)2sinln(2)2sinln(2)0haaaaa，故存在唯一00x,，使得00h

x．则当00,xx时，0hx，hx为减函数，所以00hxh，此时与0hx恒成立矛盾．综上所述，1a．【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决恒成立问题，解题关键是构造函数ecos2xhxxax,通过求min0hx进而得解，考查了学

生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．22．函数1lnfxxmxx.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若1122120fxmxfxmxxx，求证：122xx.【答案】（1）见解析（2

）见解析【分析】（1）对m分类讨论，利用导数证明单调性即可；（2）构造函数1ln0,gxxxx利用导数得出gx的极值点，根据极值点得出1201xx，再次构造函数11ln2ln2hxxxxx，01x利用导数证明其单调性，根据单调性得出

111210hxgxgxh，结合12gxgx得出122gxgx，再由gx的单调性，即可证明122xx.【详解】（1）函数1lnfxxmxx，0,m.222111'mxxmfxxxx

.对m分类讨论：0m时，21'xfxx，可得：0,1x时，函数fx单调递减；1,x时，函数fx单调递增.0m时，令21ymxx，14m.14m

时，0，'0fx，则函数fx在0,x上单调递减.14m且0m时，由210mxx，解得11142mmx，21142mmx.122'mxxfxxxx.104m时，210xx，∴函

数fx在20,x，1,x上单调递减；在21,xx上单调递增.0m时，120xx，∴函数fx在20,x上单调递减，在2,x上单调递增.（2）证明：1122120fxmxfxmxxx即12121211lnln0xxxxx

x令1ln0,gxxxx∴22'111xxxgxx可得函数gx在()0,1上单调递减，在()1,+?上单调递增∴1x时，函数gx取得极小值即最小值，11g∵12gxgx，∴1201xx

设112ln2ln2hxgxgxxxxx，01x22222411111022'2hxxxxxxxx∴函数hx在()0,1上单调递增，∴111210hxgxgxh∴

1122gxgxgx∵12x，21x，gx在()1,+?上单调递增，∴122xx∴122xx【点睛】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究双变量问题，属于中档题.