高中数学人教A版2第一章导数及其应用单元测试 章末过关检测卷

章末过关检测卷(一)(本部分在学生用书单独成册)(测试时间：120分钟评价分值：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．若函数f(x)＝ax4＋bx2＋c满足f′(1)＝2，则f′(－1)＝(B)A．－1B．－2C．2D．0分析：本题考查函数与导数．解析：f′(x)＝4ax3＋2bx，则此函数为奇函数，所以f′(－1)＝－f′(1)＝－2.2.一辆汽车按规律s＝at2＋1作直线运动，若汽车在t＝2时的瞬时速度为12，则a＝(D)\f(1,2)\f(1,3)C．2D．3解析：由s＝at2＋1得v(t)＝s′＝2at，依题意v(2)＝12，所以2a×2＝12，得a＝3.故选3．(2023·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(D)A．0B．1C．2D．3解析：因为y′＝a－eq\f(1,x＋1)，所以a－1＝2，解得a＝3.故选D.4．(2023·郑州二模改编)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，若g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝(B)A．－1B．0C．2D．3解析：由题意直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，由图像可知其切点为(3，1)代入直线方程得k＝－eq\f(1,3)，所以f′(x)＝－eq\f(1,3)，g′(x)＝(xf(x))′＝x′f(x)＋xf′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×(－eq\f(1,3))＝0.故选B.5．(2023·泰安高二检测)函数f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的极值点的个数是(C)A．2B．1C．0D．由a确定解析：f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值点，选C.6．(2023·四川南充市第三次适应性考试)若函数f(x)＝2xf′(1)＋x2，则eq\f(f′（－1）,f（－1）)＝(D)A．－eq\f(3,4)\f(3,4)C．－eq\f(5,6)D．－eq\f(6,5)解析：因为f(x)＝2xf′(1)＋x2，所以f′(x)＝2f′(1)＋2x，令x＝1，得f′(1)＝－2，所以f(x)＝－4x＋x2，则f(－1)＝5，而f′(x)＝－4＋2x，所以f′(－1)＝－6，即eq\f(f′（－1）,f（－1）)＝－eq\f(6,5).故选D.7．(2023·山东卷)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(D)A．2eq\r(2)B．4eq\r(2)C．2D．4解析：由已知得，S＝eq\a\vs4\al()eq\o\al(2,0)(4x－x3)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,4)x4))eq\a\vs4\al(|)eq\o\al(2,0)＝4，故选D.8．函数y＝f(x)在定义域eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))内可导，其图象如下图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为(A)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪[2，3]\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))∪[1，2]\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，3))解析：依题意，当f′(x)≤0时，函数y＝f(x)是减函数，由图象知，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪[2，3]，选择A.9．在函数y＝x3－8x的图象上，其切线的倾斜角小于eq\f(π,4)的点中，坐标为整数的点的个数是(D)A．3B．2C．1D．0解析：由于y′＝(x3－8x)′＝3x2－8，由题意，得0<3x2－8<1，eq\f(8,3)<x2<3，解得－eq\r(3)<x<－eq\f(2,3)eq\r(6)，eq\f(2,3)eq\r(6)<x<eq\r(3)，所以整数x不存在，故不等式的整数解有0个．故选D.10．(2023·深圳第一次调研)函数f(x)＝x＋eq\f(1,ax)在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是(D)A．[1，＋∞)B．(－∞，0)∪(0，1]C．(0，1]D．(－∞，0)∪[1，＋∞)解析：f′(x)＝1－eq\f(1,ax2)，依题意，f′(x)>0在(－∞，1)上恒成立，即1－eq\f(1,ax2)>0在(－∞，－1)上恒成立．当a<0时，1－eq\f(1,ax2)>0在(－∞，－1)上恒成立，排除选项A、C；取a＝2，因为x<－1，所以x2>1，所以0<eq\f(1,x2)<1，所以0<eq\f(1,2x2)<eq\f(1,2)，所以1－eq\f(1,ax2)>0在(－∞，－1)上成立．所以a＝2符合条件．故选D.11．(2023·江苏启东中学调研测试改编)函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，则实数a的取值范围是(B)A．(－3，－1)∪(0，2)B．(－3，－2)∪(－1，0)C．(－2，－1)∪(0，3)D．(－3，－2)∪(0，1)解析：函数f(x)＝x2ex的导数为y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，令y′＝0，则x＝0或x＝－2，当x∈(－2，0)时f(x)单调递减，当x∈(－∞，－2)和x∈(0，＋∞)时f(x)单调递增，所以0和2是函数的极值点，因为函数f(x)＝x2ex在区间(a，a＋1)上存在极值点，所以a<－2<a＋1或a<0<a＋1⇒－3<a<－2或－1<a<0.故选B.12．(2023·新课标Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(A)A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析：记函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，故当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)单调递减，且g(－1)＝g(1)＝0.当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0，综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)13.(ex－2x)dx＝________．解析：(ex－2x)dx＝(ex－x2)eq\a\vs4\al(|eq\o\al(1,0))＝e－2.答案：e－214．(2023·广东省百所高中11月联考)曲线y＝eq\f(x＋1,x2)(x>0)在点(1，2)处的切线方程为____________．解析：y′＝eq\f(x2－2（x＋1）x,x4)＝eq\f(－x2－2x,x4)＝eq\f(－x－2,x3)，所以过点(1，2)的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝－3，所以切线方程为y－2＝－3(x－1)，即3x－y－5＝0.答案：3x－y－5＝015．(2023·南京高二检测)直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有三个相异的公共点，则a的取值范围是________．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可求得f(x)的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图所示，－2<a<2时，恰有三个不同公共点．答案：(－2，2)16．设a>0，若曲线y＝eq\r(x)与直线x＝a，y＝0所围成封闭图形的面积为a2，则a________．解析：所以＝aeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\f(2,3)，所以a＝eq\f(4,9).答案：eq\f(4,9)

三、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、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分11分)设函数f(x)＝eq\f(ex,x)，求函数f(x)的单调区间．解析：f′(x)＝－eq\f(1,x2)ex＋eq\f(1,x)ex＝eq\f(x－1,x2)ex，由f′(x)＝0，得x＝1.因为当x＜0时，f′(x)＜0；当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)，(0，1]．18．(本小题满分11分)曲线f(x)＝x3在点A处的切线的斜率为3，求该曲线在点A处的切线方程．解析：可由导数定义求得f′(x)＝3x2.令3x2＝3，则x＝±1.当x＝1时，切点为(1，1)，所以该曲线在(1，1)处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0；当x＝－1时，切点坐标为(－1，－1)，所以该曲线在(－1，－1)处的切线方程为y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0.19．(本小题满分12分)一艘轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知当速度为10km/h的燃料费是6元/时，而其他与速度无关的费用是96元/时，问轮船以何种速度航行时，能使行使路程的费用总和最小？解析：设船的行使速度为x(x>0)km/h时，燃料费用为Q元/时，则Q＝kx3.则6＝k·103，所以k＝eq\f(3,500)，从而Q＝eq\f(3x3,500).设总费用为y元，行驶路程为a，则y＝(eq\f(3x3,500)＋96)·eq\f(a,x)＝(eq\f(3x2,500)＋eq\f(96,x))a，所以y′＝(eq\f(6x,500)－eq\f(96,x2))a，令y′＝0，得eq\f(6（x3－800）,500x2)＝0，得x＝20，且x∈(0，20)时，y′<0；x∈(20，＋∞)时，y′>0，所以当x＝20时，y最小．20．(本小题满分12分)设函数f(x)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，且方程f′(x)－9x＝0的两根分别为1，4.(1)当a＝3，且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．解析：由f(x)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋cx＋d，得f′(x)＝ax2＋2bx＋c，∵f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两根分别为1，4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋c－9＝0，,16a＋8b＋c－36＝0，))(*)(1)当a＝3时，由(*)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b＋c－6＝0，,8b＋c＋12＝0，))解得b＝－3，c＝12.又∵曲线y＝f(x)过原点，∴d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x.(2)由于a>0，所以“f(x)＝eq\f(a,3)x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点”，等价于“f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立”．由(*)式得2b＝9－5a，c＝4又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝9（a－1）（a－9）≤0，))得a∈[1，9]，即a的取值范围是[1，9]．21．(本小题满分12分)(2023·深圳第一次调研改编)已知a，b∈R，函数f(x)＝(ax＋2)lnx，g(x)＝bx2＋4x－5，且曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处有相同的切线．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方．解析：(1)因为f′(x)＝a(lnx＋1)＋eq\f(2,x)，g′(x)＝2bx＋4，所以f′(1)＝a＋2，g′(1)＝2b＋4，又因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在点(1，0)处有相同的切线，所以f(1)＝0＝g(1)＝b＋4－5，f′(1)＝g′(1)，即b＝1，a＋2＝2＋4，解得a＝4，b＝1.(2)要使得当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方，即需证f(x)<g(x)(x≠1)，不妨设F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝(4x＋2)lnx－x2－4x＋5，求导得F′(x)＝4lnx＋eq\f(4x＋2,x)－2x－4＝4lnx＋eq\f(2,x)－2x，令G(x)＝F′(x)，所以G′(x)＝eq\f(4,x)－eq\f(2,x2)－2＝eq\f(－2（x－1）2,x2)≤0恒成立，所以F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为F′(1)＝0，所以当x∈(0，1)，F′(x)>0；当x∈(1，＋∞)，F′(x)<0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，F(x)取得最大值F(1)＝0，当x≠1时，F(x)<F(1)＝0，即f(x)<g(x)，所以当x≠1时，曲线y＝f(x)恒在曲线y＝g(x)的下方．22．(本小题满分12分)(2023·高考北京卷改编)已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围．解析：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(\r(2),2)或x＝eq\f(\r(2),2).因为f(－2)＝－10，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－eq\r(2)，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝eq\r(2).(2)设过点P(1，t)的直