人教版高中数学选择性必修第二册第五章测试题及答案

试卷第=page55页，共=sectionpages55页试卷第=page11页，共=sectionpages33页人教版高中数学选择性必修第二册第五章测试题及答案第五章《一元函数的导数及其应用》章末复习检测题一、单选题1．函数在区间上的平均变化率为，在区间上的平均变化率为，则与的大小关系为（

）A． B．C． D．不能确定2．已知函数在时取得极值，则（

）A．10 B．5 C．4 D．23．函数在上的最大值为2，则的取值范围为（

）A． B． C． D．4．已知是函数在上的导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是（

）A． B．C． D．5．定义在R上的函数，若，，，则比较a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．6．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x－f(x)<0，其中是函数f(x)的导函数.若2f(m－2019)>(m－2019)f（2），则实数m的取值范围为（

）A．(0，2019) B．(2019，＋∞)C．(2021，＋∞) D．(2019，2021)7．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则a=（

）A．4 B．8 C．2 D．1二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．曲线的切线和曲线可能有两个交点B．过曲线上的一点作曲线的切线，这点一定是切点C．若不存在，则曲线在点处无切线D．在点处有切线，不一定存在10．达芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（

）A．是奇函数 B．在上单调递减C．， D．，11．关于函数，.下列说法正确的是（

）A．在处的切线方程为B．有两个零点C．有两个极值点D．存在唯一极小值点，且12．已知函数，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．第II卷（非选择题）三、填空题13．已知函数在处可导，若＝1，则_______．14．已知函数的最小值为，则_____．15．已知函数,,若对任意都存在使成立,则实数的取值范围是______.16．对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心.若，请你根据这一发现，求：（1）函数的对称中心为__________；（2）=________.四、解答题17．已知函数在处取得极值.（1）求实数的值；（2）当时，求函数的最小值.18．已知函数.（1）若曲线的图象与轴相切，求的值；（2）求曲线斜率最小的切线方程.19．已知函数.（1）当时，讨论的导函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围.20．设函数，是函数的导数.（1）证明：在区间上没有零点；（2）证明：在上，.21．已知函数，.（1）若在处取得极值，求的值；（2）设，试讨论函数的单调性.22．已知函数的图象在处的切线为.(1)若函数，求函数的单调区间；(2)设函数图象上存在一点处的切线为直线，若直线也是曲线的切线，证明：实数存在，且唯一.参考答案：1．A由题意结合函数的解析式有：，，则，因为，所以k1>k2.2．A】∵,∴，∵是函数的极值点，∴的实数根，即,解得．.3．D解:由函数的解析式可得:，当≤0时,即时，在内恒成立，函数在区间上单调递增,而,不合题意;当≥2，即时,在内恒成立，函数导函数在区间[0,2]上单调递减,而f(0)=2,满足题意;当，即时，在区间上,函数单调递减,在区间上,函数单调递增，满足题意时有,即:,解得,此时,综上可得,实数的取值范围是[4,+∞).4．A函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极小值，当时，；当时，；当时，.所以，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.5．C根据题意，函数，其导数，即函数为增函数，又由，则有，6．D令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵2f(m－2019)>(m－2019)f（2），m－2019>0，∴，即h(m－2019)>h（2）∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019<m<2021.∴实数m的取值范围为(2019，2021).7．B①当时，只需时显然成立，时，，令，，可得函数的减区间，增区间为，故有，得；②当时，，有.③当时，，即.故实数的取值范围为.8．B解：的导数为，曲线在处的切线斜率为，则曲线在处的切线方程为，即.由于切线与曲线相切，可联立，得，又，两线相切有一切点，所以有，解得.9．AD曲线的切线和曲线除有一个公共切点外，还可能有其他公共点，如曲线在处的切线与曲线有另外一个交点,故A正确，B不正确；不存在，曲线在点处的切线斜率不存在，但切线可能存在，为，故C不正确；D选项正确．10．BCD由题意可知，，定义域为所以，所以是偶函数；故选项A错误；函数的导数为，所以当时，，当时，，所以函数，单调递减区间为，单调递增区间为，又，所以函数在上单调递增，由复合函数的单调性可知，在上单调递减，故选项B正确；由基本不等式可知，，当且仅当时取等号；故选项C正确；由C可知，，，所以，使得成立，故选项D正确；11．ABD，，，，切线方程为,即,故A正确；，当时，，当时，，,∴，∴时，，∴单调递增，，，在内，存在唯一的零点,且，且在内，，单调递减；，，单调递增，∴为极值点，且为极小值点.由，∴，∵，∴，∴，∴有唯一的极值点，且为极小值点，且，故C错误，D正确；又∵,结合函数的单调性可知∴有两个零点，故B正确；12．ABC∵是增函数，∴A正确；对于B，构造函数，∴，当时，是减函数，∴，即，B正确；对于C，构造函数，∴，当时，是减函数，∴，即，C正确；对于D，，，因为，所以，因为是增函数，所以，D不正确.13．即14．函数的定义域为，且，令，得.当时，；当时，.所以，函数在取得极小值，亦即最小值，即，因此，.15．对任意都存在使成立，所以得到，而，所以，即存在，使，此时，，所以，因此将问题转化为存在，使成立，设，则，，当，，单调递增，所以，即，所以，所以实数的取值范围是.16．(1)；（2）2013.（1），函数在处取得极值，所以有；（2）由（1）可知：，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，故函数在处取得极大值，因此，，，故函数的最小值为.18．（1）或；（2）.（1）函数的导数为，设切点为，可得，解得或，当时，则，可得；当时，.综上可得或；（2），当时，的最小值为，可得切点为，此时切线的方程为，即为.19．(1)当时，的单调递减区间为；当时，的单调递增区间为；(2).（1）当时，，，当时，，的单调递减区间为；当时，，的单调递增区间为.（2），（i）当时，，所以在上单调递增，.（ii）当时，，由，得，①当时，，所以时，，在上单调递增，又由，所以，即在上单调递增，所以有.②当时，，当时，，在上单调递减，又由，所以，所以在上单调递减，所以有，故此时不满足，综上，.20．（1）见解析；（2）见解析.（1），，当时，，因此，函数在区间上没有零点；（2），由，所以恒成立，故只需证明即可．设，，故函数在区间上单调递增，所以．所以当时，，即.21．（1）；（2）答案见解析.（1）因为，所以，因为在处取得极值，所以，解得.验证：当时，，易得在处取得极大值.（2）因为，所以.①若，则当时，，所以函数在上单调递增；当时，，∴函数在上单调递减.②若，，当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，∴函数在上单调递增；当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减.22．(1)函数定义域为，求导得：，因的图象在处的切线为，则有，解得，即，因此，，且，，所以函数的单调递增区间为和.(2)由函数得，，，则切线的方程为，即，设直线与曲线相切于点，由求导得：，则直线的方程也为，即，因此有：，即，整理得：，由(1)知，在区间上递增，又，，于是得方程必在区间上有唯一的根，即方程在上有唯一的根，因，，因此，方程在上唯一的根就是，而，所以存在，且唯一.一元函数的导数及其应用（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）1．下列求导运算正确的是（）A．(x+1B．（e﹣x）'＝﹣e﹣x C．（5x）′＝5xlog5x D．(【分析】根据导数的公式以及导数的运算法则进行求解即可．【解答】解：（x+1x）'＝1−1（e﹣x）'＝e﹣x•（﹣x）′＝﹣e﹣x，故B正确，（5x）'＝5xln5，故C错误，（xcosx）'=cosx+xsinx(cosx故选：B．2．下列结论中正确的是（）A．若y＝e3，则y'＝e3 B．若f(x)=1x，则fC．若y＝xlnx+x，则y'=1D．若y＝sinx+cosx，则y'＝cosx﹣sinx【分析】利用导数的计算公式分别求得．【解答】解：对于选项A，y＝e3是常数，所以导数值为0．所以A不正确．对于选项B，f′（x）=−1x2，所以f对于选项C，因为y′＝（xlnx+x）′＝lnx+x•1x+1＝lnx+1+1＝lnx+2，所以对于选项D，（sinx+cosx）′＝cosx﹣sinx，所以选项D正确．故选：D．3．已知函数f（x）＝ex+x3+（a﹣3）x+1在区间（0，1）上有最小值，则实数a的取值范围是（）A．（﹣e，2） B．（﹣e，1﹣e） C．（1，2） D．（﹣∞，1﹣e）【分析】f′（x）在（0，1）上单调递增，根据f（x）在（0，1）上有最小值，可知f（x）有极小值点，也是最小值点，由此列不等式可求得a的取值范围．【解答】解：因为f′（x）＝ex+3x2+（a﹣3）在区间（0，1）上单调递增，由题意只需f'(0)＜0f'(1)＞0⇒a−2＜0e+a＞0，解得﹣e＜这时存在x0∈（0，1），使得f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，1）上单调递增，即函数f（x）在（0，1）上有极小值也即最小值，所以a的取值范围是（﹣e，2）．故选：A．4．已知函数f（x）＝ex+（x+1）2，则曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积是（）A．12 B．23 C．1【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝0处的导数，再求出f（0），利用直线方程的斜截式得到切线方程，然后分别求出切线在两坐标轴上的截距，代入三角形面积公式得答案．【解答】解：由f（x）＝ex+（x+1）2，得f′（x）＝ex+2x+2，∴f′（0）＝3，又f（0）＝2，∴曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝3x+2．取x＝0，得y＝2，取y＝0，得x=−2∴切线与坐标轴围成的三角形的面积是S=1故选：B．5．已知函数y＝f（x）的图象在点P（5，f（5））处的切线方程是y＝﹣x+8，则f（5）+f′（5）＝（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由题意结合导数的几何意义求得f′（5），再求出f（5），则答案可求．【解答】解：∵函数y＝f（x）的图象在点P（5，f（5））处的切线方程是y＝﹣x+8，∴f′（5）＝﹣1，又f（5）＝﹣5+8＝3，∴f（5）+f′（5）＝﹣1+3＝2．故选：A．6．已知函数f（x）＝x2+ax+a2+1为偶函数，则f（x）在x＝1处的切线方程为（）A．2x﹣y＝0 B．2x﹣y+1＝0 C．2x﹣y+2＝0 D．2x﹣y﹣1＝0【分析】先根据f（x）为偶函数求出a的值，然后对f（x）求导，得到f（x）在x＝1处的切线斜率，再求出切线方程．【解答】解：∵f（x）为偶函数，∴a＝0，∴f（x）＝x2+1，∴f'（x）＝2x，∴f（x）在x＝1处的切线斜率k＝f'（1）＝2，又f（1）＝2，∴f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣2＝2（x﹣1），即2x﹣y＝0．故选：A．7．已知函数f（x）＝2x﹣lnx的单调递减区间为（）A．(0，12) B．（0，+∞） C．(【分析】求出函数的导数为f′（x），再解f′（x）＜0得x＜2．结合函数的定义域，即可得到单调递减区间．【解答】解：函数f（x）＝2x﹣lnx的导数为f′（x）＝2−1令f′（x）＝2−1x＜∴结合函数的定义域，得当x∈（0，12因此，函数f（x）＝2x﹣lnx的单调递减区间是（0，12故选：A．8．设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象可能是（）A． B． C． D．【分析】先根据函数f（x）的图象判断单调性，从而得到导函数的正负情况，最后可得答案．【解答】解：根据y＝f（x）的图象可得，原函数的单调性是：当x＜0时，增；当x＞0时，单调性变化依次为减、增、减，故当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）的符号变化依次为﹣、+、﹣，结合所给的选项，故选：A．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．下列导数运算正确的有（）A．(1x)'=1x2 B．（xexC．（e2x）′＝2e2x D．(ln2x)'=【分析】根据导数的运算法则对应各个选项即可判断求解．【解答】解：选项A：因为（1x）'=−1x选项B：因为（xex）′＝ex+xex＝（1+x）ex，故B正确，选项C：因为（e2x）′＝2e2x，故C正确，选项D：因为（ln2x）′=12x×2=故选：BC．10．已知函数f（x）＝xex﹣x2﹣2x﹣1，则（）A．f（x）的极大值为﹣1 B．f（x）的极大值为−1C．曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为x﹣y﹣1＝0 D．曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为x+y+1＝0【分析】求出原函数的导函数，得到函数的单调性，求出函数的极值判断A与B；再求出曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程判断C与D．【解答】解：∵f（x）＝xex﹣x2﹣2x﹣1，∴f′（x）＝ex+xex﹣2x﹣2＝（x+1）（ex﹣2）．由f′（x）＝0，得x＝﹣1或x＝ln2，当x∈（﹣∞，﹣1）∪（ln2，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（﹣1，﹣ln2）时，f′（x）＜0，∴f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣1），（ln2，+∞），单调减区间为（﹣1，﹣ln2），故f（x）的极大值为f（﹣1）=−1e，故A错误，∵f（0）＝﹣1，f′（0）＝﹣1，∴曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为x+y+1＝0，故C错误，D正确．故选：BD．11．关于函数f(x)=1A．f（1）是f（x）的极大值 B．函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点 C．f（x）在（﹣∞，1）上单调递减 D．设g（x）＝xf（x），则g(【分析】利用函数的定义域即可判断选项C，利用导数研究函数的极值，即可判断选项A，利用导数判断函数的单调性即可判断选项B，利用导数求解函数g（x）的最小值，即可判断选项D．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），故选项C错误；对于A，f'（x）=−1当0＜x＜1时，f'（x）＜0，则函数f（x）单调递减，当x＞1时，f'（x）＞0，则函数f（x）单调递增，所以当x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1，故选项A错误；对于B，函数y＝f（x）﹣x=1则y'=−1故函数y＝f（x）﹣x在（0，+∞）上单调递减，又当x＝1时，其函数值为0，所以函数y＝f（x）﹣x有且只有1个零点，故选项B正确；对于D，g（x）＝xf（x）＝1+xlnx，其定义域为（0，+∞），则g'（x）＝lnx+1，令g'（x）＝0，解得x=1当0＜x＜1e时，g'（x）＜0，则函数g（x）在（0，当x＞1e时，g'（x）＞0，则函数g（x）在（所以当x=1e时，函数g（x）取得极小值g（所以g（1e）＜g(故选项D正确．故选：BD．12．已知f（x）=lnxA．f（x）在x＝1处的切线方程为y＝x+1 B．单调递减区间为（e，+∞） C．f（x）的极大值为1eD．方程f（x）＝﹣1有两个不同的解【分析】先对函数求导，然后结合导数的几何意义，求出切线的斜率，进而求出切线方程，再由导数与单调，极值性关系分别检验选项即可判断．【解答】解：由f（x）=lnxx，得f'(x)=1−lnx则f（1）＝0，f′（1）＝1，所以f（x）在x＝1处的切线方程为y＝x﹣1，A错误；当x＞e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当0＜x＜e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故当x＝e时，函数取得极大值f（e）=1e，B正确，因为f（1）＝0，当x→0时，f（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→0且f（x）＞0，所以f（x）＝﹣1只有一解，D错误．故选：BC．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．曲线y=x−2x在x＝1处的切线的倾斜角为α，则cos2α【分析】先求出切点处的导数值，即倾斜角的正切，再利用同角三角函数的基本关系式、倍角公式求出cos2α，问题可解．【解答】解：y'=1+2x2，故tanα＝y′|结合α∈[0，π），故α为锐角，所以cosα=co所以cos2α＝2cos2α﹣1=−4所以cos2α1+tanα故答案为：−114．函数f（x）=lnxx在区间[1，3]上的最小值为【分析】对f（x）求导，利用导数即可求解最小值．【解答】解：由f（x）=lnxx，得f′（x）令f′（x）＝0，可得x＝e，则当x∈[1，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，3]时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，又f（1）＝0，f（3）=ln3所以函数f（x）=lnx故答案为：0．15．函数f（x）＝xex﹣alnx在x＝1处的切线与y＝ex+3平行，则切线方程为．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，由题意列式求得a，则答案可求．【解答】解：由f（x）＝xex﹣alnx，得f′（x）＝ex+xex−a则f′（1）＝2e﹣a，由题意可得，2e﹣a＝e，即a＝e．∴f′（1）＝e，又f（1）＝e﹣e＝0，∴切线方程为y＝ex．故答案为：y＝ex．16．已知函数f(x)=xlnx+12mx2【分析】求导数，判断函数单调性，再确定函数最大值，最后用数形结合法求解．【解答】解：f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔f′（x）＝1+lnx+mx＝0有两个根⇔gg'（x）=1当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，g（x）max＝g（1）＝1＞0，g（x）→0+（x→+∞），g（x）→﹣∞（x→0+），所以f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔﹣m故答案为：（﹣1，0）．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．求下列函数的单调区间．（1）y＝ex﹣x；（2）y=1【分析】（1）求导得y′＝ex﹣1，分析y′的正负，进而可得函数的单调性．（2）函数y=12x2﹣lnx的定义域为（0，+∞），求导得y′=(x+1)(x−1)【解答】解：（1）y′＝ex﹣1，令ex﹣1＞0，解得x＞0，令ex﹣1＜0，解得x＜0，所以y＝ex﹣x的单调递减区间是（﹣∞，0），单调递增区间是（0，+∞）．（2）函数y=12x2﹣又y′=(x+1)(x−1)令y′＞0，即(x−1)(x+1)＞0x＞0，解得x令y′＜0，即(x+1)(x−1)＜0x＞0，解得0＜x故函数y=12x2﹣lnx18．已知函数f（x）＝xlnx﹣2．（1）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）求函数f（x）的单调区间和极值．【分析】（1）对f（x）求导，求出f'（1）和f（1），再求出f（x）在（1，f（1））处的切线方程即可；（2）求出f'（x）的零点，判断f（x）的单调性，再求出极值即可．【解答】解：（1）由f（x）＝xlnx﹣2，得f'（x）＝lnx+1，则f'（1）＝1，又f（1）＝﹣2，所以f（x）在（1，f（1））处的切线方程y+2＝x﹣1，即x﹣y﹣3＝0；（2）由f'（x）＝0，得lnx＝﹣1，所以x=1则在(0，1e)上f'（x）＜0，f在(1e，+∞)上f'（x）＞0，f所以f（x）的单调递增区间是(1e，+∞)当x=1e时，函数f（x）取得极小值19．已知函数f（x）＝ax3+bx2在x＝1时取得极大值3．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求函数f（x）的极小值．【分析】（Ⅰ）f′（x）＝3ax2+2bx，由题意可得：f（1）＝a+b＝3，f′（1）＝3a+2b＝0．（Ⅱ）由（1）得：f（x）＝﹣6x3+9x2，f′（x）＝﹣18x2+18x，分别令f′（x）＞0，f′（x）＜0，解出即可得出单调性与极值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3ax2+2bx，由题意可得：f（1）＝a+b＝3，f′（1）＝3a+2b＝0，解得：a＝﹣6，b＝9，经过验证满足条件．（Ⅱ）由（1）得：f（x）＝﹣6x3+9x2，∴f′（x）＝﹣18x2+18x，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1或x＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，0），（1，+∞）递减，在（0，1）递增，∴f（x）极小值＝f（0）＝0．20．函数f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1）（a∈R），已知x＝e是函数f（x）的一个极小值点．（1）求实数a的值；（2）求函数f（x）在区间[1，3]上的最值．（其中e为自然对数的底数）【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（e）＝0，求出a的值；（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的最值即可．【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）＝lnx+1﹣a，∵x＝e是函数f（x）的一个极小值点，∴f′（e）＝2﹣a＝0，解得：a＝2；（2）由（1）得：f（x）＝xlnx﹣2x+2，f′（x）＝lnx﹣1，令f′（x）＞0，解得：x＞e，令f′（x）＜0，解得：x＜e，故f（x）在[1，e）递减，在（e，3]递增，而f（1）＝0，f（3）＝3ln3﹣4＜0，故f（x）max＝f（1）＝0，f（x）min＝f（e）＝2﹣e．21．已知函数f（x）＝x3﹣2x2+x+m．（1）求f（x）的单调区间；（2）讨论f（x）的零点个数．【分析】（1）利用导数即可求解；（2）由（1）得到函数极大极小值，进而分类讨论即可求得函数零点个数．【解答】解：（1）因为f（x）＝x3﹣2x2+x+m，所以f'（x）＝3x2﹣4x+1＝（3x﹣1）（x﹣1）由f'（x）＞0，得x＜13或x＞1；由f'（x）＜0，得故f（x）的单调递增区间是(−∞，13)（2）由（1）可知f（x）的极小值是f（1）＝m，极大值是f(1①当m＞0或m＜−427时，方程f（x）＝0有且仅有1个实根，即f（②当m＝0或m=−427时，方程f（x）＝0有2个不同实根，即f（③当−427＜m＜0时，方程f（x）＝0有3个不同实根，即f综上，当m＞0或m＜−427时，f（x）有1个零点；当m＝0或m=−427时，f（x）有2个零点；当−422．已知函数f（x）＝ax﹣1﹣lnx（a∈R）．（1）若a＝1，求f（x）在区间[1（2）讨论函数f（x）的单调性．【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝x﹣1﹣lnx，x＞0，f′（x）＝1−1x=x−1x，由f′（x）＝0，得x＝1，当1e≤x＜1时，f′（x）＜0，当1＜x＜e时，f′（x（2）求导得f′（x）=ax−1x，分两种情况：①当a≤0时，②当a＞0时，讨论f′（x）的正负，进而可得f（【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝x﹣1﹣lnx，x＞0，f′（x）＝1−1由f′（x）＝0，得x＝1，当1e≤x＜1时，f′（x）＜0，f（当1＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴当x＝1时，f（x）在区间[1e，e]上取极小值f（2）函数f（x）＝ax﹣1﹣lnx（a∈R）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝a−1①当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）内单调递减，②当a＞0时，令f′（x）≥0，解得x≥1令f′（x）＜0，有0＜x＜1此时函数的单调递增区间为[1a，+∞），单调递减区间为（0，1综上所述，当a≤0时，函数在定义域内单调递减，当a＞0时，函数的单调递增区间为[1a，+∞），单调递减区间为（0，1一元函数的导数及其应用（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）1．已知函数f(x)=1x−2x+lnx，则函数f（xA．2x+y﹣2＝0 B．2x﹣y﹣1＝0 C．2x+y﹣1＝0 D．2x﹣y+1＝0【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再求出f（1），利用直线方程的点斜式得答案．【解答】解：∵f(x)=1∴f′（x）=−1x2又f（1）＝﹣1，∴函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣1＝0．故选：C．2．已知函数f（x）＝alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2＝0，则a+b的值为（）A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再由题意列关于a和b的方程组，求解可得a与b的值，则答案可求．【解答】解：由f（x）＝alnx+bx2，得f′（x）=ax+∵函数f（x）＝alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2＝0，∴f'(1)=a+2b=−5f(1)=b=−3，即a=1∴a+b＝﹣2．故选：A．3．函数f（x）=x2−cosx在[−A．−π2 B．π2+1 【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出f（x）的最小值即可．【解答】解：∵f（x）=x2−∴f′（x）=12+x∈[−π2，−π6）时，x∈（−π6，π]时，f′（故f（x）在[−π2，−π6）递减，在（故f（x）min＝f（−π6）=−π故选：D．4．已知函数f(x)=sin12x−12sinx，则当x∈（0，2A．极大值，且极大值为334 B．极小值，且极小值为C．极大值，且极大值为0 D．极小值，且极小值为0【分析】求导，得f′（x）=12（2cos12x+1）（1﹣cos12x），依题意，得cos12x∈（﹣1，1），1﹣cos12【解答】解：∵f(x)=sin1∴f′（x）=12cos12x−12cosx=12（cos12x﹣2cos2∵x∈（0，2π），∴x2∈（0，π∴cos12x∈（﹣1，1），1﹣cos12当x∈（0，4π3）时，2cos12x+1＞0，f′（同理可得，当x∈（4π3，2π）时，f′（x∴当x=4π3时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（4π3）＝sin2π故选：A．已知a∈R，则“a≤3”是“f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】首先利用导数求出函数f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增参数a所满足的条件，然后根据集合与充分条件与必要条件的关系即可得出所求的答案．【解答】解：当f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增时，f'（x）=2x+2x而2x+2x≥2所以a≤4，记作B＝（﹣∞，4]，令A＝（﹣∞，3]，因为A⫋B，所以“a≤3”是“f（x）＝2lnx+x2﹣ax在（0，+∞）内单调递增”的充分不必要条件，故选：A．6．已知函数f（x）＝kex（2x+1）﹣2x，若∃x0∈（0，+∞），使得f（x0）≤0成立，则实数k的最大值是（）A．1e B．1e C．12e【分析】将问题转化为k≤1ex0(1−12x0+1)在x【解答】解：由题设，∃x0∈（0，+∞）使k≤2令g（x）=1ex(1−12x+1)且x∴当0＜x＜12时g'（x）＞0，则g（x）递增；当x＞12时g'（x）＜0，则∴g(x)≤g(12)=故选：D．7．已知函数f（x）＝ex+x3+（a﹣3）x+1在区间（0，1）上有最小值，则实数a的取值范围是（）A．（﹣e，2） B．（﹣e，1﹣e） C．（1，2） D．（﹣∞，1﹣e）【分析】f′（x）在（0，1）上单调递增，根据f（x）在（0，1）上有最小值，可知f（x）有极小值点，也是最小值点，由此列不等式可求得a的取值范围．【解答】解：因为f′（x）＝ex+3x2+（a﹣3）在区间（0，1）上单调递增，由题意只需f'(0)＜0f'(1)＞0⇒a−2＜0e+a＞0，解得﹣e＜这时存在x0∈（0，1），使得f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，1）上单调递增，即函数f（x）在（0，1）上有极小值也即最小值，所以a的取值范围是（﹣e，2）．故选：A．8．如果直线l与两条曲线都相切，则称l为这两条曲线的公切线．如果曲线C1：y＝lnx和曲线C2：y=x−ax（x＞0）有且仅有两条公切线，那么常数A．（﹣∞，0） B．（0，1） C．（1，e） D．（e，+∞）【分析】设曲线C1：y＝lnx上一点A（x1，lnx1），曲线C2：y=x−ax（x＞0）上一点B（x2，1−ax2），利用导数求得两曲线在切点处的切线方程，再由两切线的斜率相等，切线在y轴上的截距相等，可得x1(lnx1【解答】解：设曲线C1：y＝lnx上一点A（x1，lnx1），由y＝lnx，得y′=1x，∴可得曲线C1：y＝lnx在A处的切线方程为y−lnx设曲线C2：y=x−ax（x＞0）上一点B（由y＝1−ax，得y′=a可得曲线C2：y=x−ax（x＞0）在B处的切线方程为y﹣1则1x1=令f（x）=x(lnx−2)，f′（x）当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣2，∴要使曲线C1和曲线C2有且仅有两条公切线，则关于x的方程x(lnx−2)=−2又当x→0时，f（x）→0，∴﹣2＜−2a＜0，得0＜a则常数a的取值范围是（0，1）．故选：B．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．给出下列四个命题：①f（x）＝x3﹣3x2是增函数，无极值；②f（x）＝x3﹣3x2在（﹣∞，2）上有最大值；③（cosx）′＝sinx；④函数f（x）＝lnx+ax存在与直线2x﹣y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是（﹣∞，2）．其中正确命题的序号为（）A．① B．② C．③ D．④【分析】①求导数f′（x），利用导数判定f（x）的单调性和极值；②结合①，利用导数判定f（x）的单调性、求极（最）值；③根据导数公式判断即可；④利用导数求出f（x）的切线的斜率为2时a的取值范围，去掉重合的切线．【解答】解：对于①，∵f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，∴x＝0时f（x）有极大值，x＝2时f（x）有极小值，∴①错误；对于②，由①知，当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，∴x＝0时f（x）有极大值f（0），也是最大值，∴②正确；对于③，（cosx）′＝﹣sinx，∴③错误；对于④，∵f′（x）=1x+a＝2（x＞0），∴a∴a的取值范围是（﹣∞，2），综上，以上正确的命题为②，④．故选：BD．10．已知函数f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），则下列结论正确的是（）A．当m＝0时，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x B．当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数 C．当m＞1时，f（x）既存在极大值又存在极小值 D．当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1【分析】由导数的几何意义判断A；利用导数的性质判断B；利用极值的定义判断C；利用构造函数法判断D．【解答】解：对于A，当m＝0时，曲线f（x）＝（x2+1）lnx，则f′（x）＝2xlnx+x2+1x，切线斜率k＝∵f（1）＝（12+1）ln1＝0，∴曲线在（1，f（1））处的切线方程为y＝2（x﹣1）＝2x﹣2，故A错误；对于B，f'(x)=2xlnx+x2+1x−2mx＝x（2lnx令h（x）＝2lnx+1+1x2（x当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）＝2lnx+1+1x2当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）＝2lnx+1+1x2h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在x＝1处取得最小值h（1）＝2ln当m≤1时，2lnx+1+1x2−2故当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数，故选项B正确；对于C，由以上分析知道，h（x）＝2lnx+1+1x2（xh（1）＝2ln1+1+1当m＞1时，h（x）＝2lnx+1+1x2不妨设为x1，x2，（0＜x1＜1＜x2），则当0＜x＜x1时，2lnx+1+1x2−2m＞0，f′（x）＞0，当x1＜x＜x2时，2lnx+1+1x2−2m＜0，f′（x）＜0，当x＞x2时，2lnx+1+1x2−2m＞0，f′（x）＞0，∴f（x）既存在极大值，又存在极小值，故C正确；对于D，由上面分析知f（x）既存在极大值，又存在极小值，不妨设f（x）的极大值为m，极小值为n，且0＜m＜1＜n，f（x）在（m，n）上单调递减，又f（1）＝（12+1）ln1﹣m（12﹣1）＝0，∴f（x）极大值为正值，极小值为负值，当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→+∞时，f（x）→+∞，∴函数f（x）有三个零点，不妨设为x1，x2，x3，（0＜x1＜1，x2＝1，x3＞1），又f（x1）+f（1x1）＝（x12+1）lnx1﹣m（x12−1）+（＝（x12+1）lnx1+m（1−x12）＝（1−1x12）[（x12+1）∴x3=1x1，∴当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2故选：BCD．11．函数f（x）＝x3﹣3ax+2（a∈R），下列对函数f（x）的性质描述正确的是（）A．函数f（x）的图象关于点（0，2）对称 B．若a≤0，则函数f（x）有极值点 C．若a＞0，函数f（x）在区间(−∞，−a)D．若函数f（x）有且只有3个零点，则a的取值范围是（1，+∞）【分析】根据函数的对称性判断A，求出函数的导数，根据函数的单调性判断B，C，求出函数的极值，得到关于a的不等式组，求出a的范围，判断D．【解答】解：对于A：∵f（x）＝x3﹣ax+2，∴f（﹣x）＝﹣x3+3ax+2，∴f（x）+f（﹣x）＝4，函数f（x）的图像关于原点（0，2）对称，故选项A正确；对于B：由f′（x）＝3x2﹣3a＝3（x2﹣a），当a≤0时，f′（x）≥0，函数f（x）在定义域内为增函数，此时函数f（x）没有极值点，故选项B错误；对于C：当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝±a，又∵x∈（﹣∞，−a）时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（﹣∞，−a）递增，故选项对于D：由f′（x）＝3（x2﹣a），当a≤0时，f′（x）≥0，函数f（x）在定义域内为增函数，故不存在三个零点，不符合题意，当a＞0时，由f′（x）＝0，解得：x＝±a，又∵x∈（﹣∞，−a）时，f′（xx∈（−a，a）时，f′（x）＜0，x∈（a，+∞）时，f′（x∴函数f（x）在（﹣∞，−a）递增，在（−a，a）递减，在（∴函数f（x）的极小值是f（a）＝﹣2aa+2，极大值是f（−a）＝2a∵函数f（x）有个不同的零点，∴−2aa+2＜02aa+2＞0故选：AD．12．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若f（x）＜xf′（x）＜2f（x）﹣x对x∈（0，+∞）恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（）A．πf（1）＜f（π） B．πf（1）＞f（π） C．f(1)＜f(2)4+【分析】设g（x）=f(x)−xx2，h（x）=f(x)【解答】解：设g（x）=f(x)−xx2，h（x）=f(x)则g′（x）=[f'(x)−1]x2−2x[f(x)−x]x4=因为f（x）＜xf'（x）＜2f（x）﹣x对x∈（0，+∞）恒成立，所以g'（x）＜0，h'（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）在（0，+∞）上单调递增，则g（1）＞g（2），h（1）＜h（π），即f(1)−112＞即f(2)4+12＜f（1），πf故选：AD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．已知函数f（x）＝2x•ex﹣msinx的图象在x＝0处的切线与直线x+3y+1＝0垂直，则实数m＝．【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝0处的导数值，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解m值．【解答】解：由f（x）＝2x•ex﹣msinx，得f′（x）＝2•ex+2x•ex﹣mcosx，∴f′（0）＝2•e0﹣mcos0＝2﹣m，∵函数f（x）＝2x•ex﹣msinx的图象在x＝0处的切线与直线x+3y+1＝0垂直，∴2﹣m＝3，即m＝﹣1．故答案为：﹣1．14．已知函数f(x)=xlnx+12mx2【分析】求导数，判断函数单调性，再确定函数最大值，最后用数形结合法求解．【解答】解：f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔f′（x）＝1+lnx+mx＝0有两个根⇔gg'（x）=1当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，g（x）max＝g（1）＝1＞0，g（x）→0+（x→+∞），g（x）→﹣∞（x→0+），所以f(x)=xlnx+12mx2有两个极值点⇔﹣m故答案为：（﹣1，0）．15．已知函数f（x）＝xlnx+ex+1﹣ax存在零点，则实数a的取值范围为．【分析】根据题意，分析可得方程a＝lnx+exx+1【解答】解：根据题意，函数f（x）＝xlnx+ex+1﹣ax存在零点，即方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有解，变形可得a＝lnx+e设g（x）＝lnx+exx+1x，其导数在区间（0，1）上，g′（x）＜0，函数g（x）为减函数，在区间（1，+∞）上，g′（x）＞0，函数g（x）为增函数，则g（x）min＝g（1）＝e+1，无最大值，若a＝lnx+exx+1x有解，必有a≥故答案为：[e+1，+∞）．16．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：∀x＞0有f（x）+xf′（x）＞0成立且f（1）＝2，则不等式f(x)＜2x的解集为【分析】构造g（x）＝xf（x）﹣2，x∈（0，+∞），g（1）＝0，利用导数研究函数的单调性即可得出不等式f(x)＜2【解答】解：令g（x）＝xf（x）﹣2，x∈（0，+∞），g（1）＝f（1）﹣2＝0，∵g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0，∴g（x）＝xf（x）﹣2在x∈（0，+∞）上单调递增，∴满足不等式g（x）＜0＝g（1）的解为0＜x＜1，即不等式f(x)＜2故答案为：（0，1）．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．已知函数f（x）＝2x+1﹣4lnx．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）求f（x）在[1，3]上的最大值与最小值．【分析】（1）求得f′（1）＝﹣2，又f（1）＝3，可得曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）求导分析，可得f（x）极小值＝f（2）＝5﹣4ln2，再分别求得f（1）与f（3），比较可得答案．【解答】解：（1）∵f（x）＝2x+1﹣4lnx（x＞0），∴f′（x）＝2−4∴f′（1）＝﹣2，又f（1）＝3，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣3＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣5＝0；（2）由f′（x）=2(x−2)x，得x∈[1，2）时，f′（x）＜0，x∈（2，3]时，f′（∴f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，∴f（x）极小值＝f（2）＝5﹣4ln2，也是[1，3]上的最小值；又f（1）＝3，f（3）＝7﹣4ln3＜7﹣4＝3，∴f（x）在[1，3]上的最大值为3，最小值为5﹣4ln2．18．已知函数f（x）＝2mx﹣4lnx．（1）当m＝1时，求f（x）的极值；（2）讨论f（x）的单调性．【分析】（1）m＝1时求得f（x）的解析式，求导，确定此时的单调性可得函数极值；（2）利用导数来研究函数的单调性即可．【解答】解：（1）当m＝1时，f（x）＝2x﹣4lnx，（x＞0），则f'(x)=2−4令f′（x）＝0，得x＝2，f′（x）＞0，得x＞2；f′（x）＜0，得0＜x＜2，所以f（x）的单调递减区间为（1，2），单调递增区间为（2，+∞）．所以f（x）的极小值为f（2）＝4﹣4ln2．无极大值．（2）f（x）＝2mx﹣4lnx，则f'(x)=2m−4当m≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递减．当m＞0时，f′（x）＝0，得x=2m，f'(x)＞0，得x＞f（x）在(0，2m)综上所述，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当m＞0时，f（x）在(0，2m)19．已知函数f（x）＝（x﹣2）ex．（1）若a∈（0，+∞），讨论f（x）在（0，a）上的单调性；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2在[1，2]上的最大值小于−2e3，求【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数g（x）的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，结合函数的单调性求出g（x）在[1，2]上的最大值，得到关于m的不等式，求出m的取值范围即可．【解答】解：（1）f（x）＝（x﹣2）ex，则f′（x）＝（x﹣1）ex，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，①0＜a≤1时，f（x）在（0，a）递减，②a＞1时，f（x）在（0，1）递减，在（1，a）递增；（2）g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2＝（x﹣2）ex﹣m（x﹣1）2，g′（x）＝（x﹣1）（ex﹣2m），①m≤0时，ex﹣2m＞0，令g′（x）＝0，解得：x＝1，故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故g（x）在[1，2]递增，g（x）max＝g（2）＝﹣m≥0，不合题意；②0＜m≤e2时，ln2m≤1，f（x）在[1，2]单调递增，g（x）max＝g（2）＝﹣故−e③e2＜m＜e22令g′（x）＞0，解得：x＞ln2m或x＜1，令g′（x）＜0，解得：1＜x＜ln2m，故g（x）在[1，ln2m）递减，在（ln2m，2]递增，故g（x）max＝g（1）或g（2），若g（1）是最大值，则g（1）＝﹣e＜−2e此时g（2）＝﹣m≤﹣e，则m≥e，故e≤m＜e若g（2）是最大值，则﹣e＜g（2）＝﹣m＜−2e3，故2e3＜故2e3＜m④m≥e22时，ln故g（x）在[1，2]单调递减，g（x）max＝g（1）＝﹣e＜−2e综上：m的取值范围是（2e320．已知函数f（x）＝ex+e﹣x﹣ax2﹣2．（1）当a＝1时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；（2）若g（x）＝f（x）﹣e﹣x，讨论函数g（x）的极值点的个数．【分析】（1）先对函数求导，再二次求导，可求得导函数在区间（0，+∞）上单调递增，从而可得f′（x）＞f′（0）＝0，进而可证得结论；（2）当a＝0时，可得g（x）单调递增，无极值点，当a≠0时，g′（x）＝ex﹣2ax，令ex﹣2ax＝0⇒2a=exx，令h（x）=exx，利用导数求出h（x）的单调区间和极值，从而分0＜a＜e【解答】（1）证明：当a＝1时，f（x）＝ex+e﹣x﹣x2﹣2，f′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，当x＞0时，f″（x）＝ex+e﹣x﹣2＞0，所以函数f′（x）在区间（0，+∞）上单调递增，故f′（x）＞f′（0）＝0，故函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．（2）解：当