新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修二练习：单元素养检测第五单元　一元函数的导数及其应用 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养检测(二)(第五章) (120分钟150分)一、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，只有一项符合题目要求的)1一作直线运动的物体，其位移S与时间t的关系是S3tt2，则物体的初速度是()A0 B3C2 D32t【解析】选B.因为S3tt2，所以S32t，当t0时，v03.2设函数yf(x)xex，则()Ax1为f(x)的极大值点Bx1为f(x)的极小值点Cx1为f(x)的极大值点Dx1为f(x)的极小值点【解析】选D.令yexxe

2、x(1x)ex0，得x1，当x1时，y0；当x1时，y0.故x1时，y取得极小值3设曲线f(x)在点(3，2)处的切线与直线axy10垂直，则a等于()A2 B C D2【解析】选D.因为f(x)1，所以f(x)，所以f(3)，所以a2，即a2.【补偿训练】函数f(x)x2(2a)xa1 是偶函数，则曲线yf(x)在x1处的切线方程是()Ay2xBy2x4Cyx Dyx2【解析】选A.由f(x)为偶函数得a2，即f(x)x21，从而f(1)2，切点(1，2)，所以切线为y2x.4已知函数yf(x)(xR)上任一点(x0，f(x0)处的切线斜率k(x02)(x01)2，则该函数的单调减区间为()

3、A1，) B(，2C(，1)和(1，2) D2，)【解析】选B.由导数几何意义知，在(，2上f(x)0，故单调递减5若函数f(x)2xf(1)x2，则等于()ABCD【解析】选C.因为f(x)2f(1)2x，则f(1)2f(1)2，所以f(1)2，所以f(x)42x，f(1)6，又f(1)2f(1)15，所以.6若函数f(x)，并且ab，则下列各结论正确的是()Af(a)f()f Bf()ff(b)Cf()f f(a)Df(b)ff()【解析】选D.ab，f(x)，令g(x)x cos xsin x，则g(x)xsin x0在成立，所以g(x)为上的减函数，所以g(x)g(0)0，所以f(x)

4、0，所以f(x)为上的减函数，所以f(b)ff().7曲线yx sin x上点处的切线与x轴、直线x所围成的三角形的面积为()A B2C22 D(2)2【解析】选A.y(x sin x)xsin xx(sin x)sin xx cos x.当x时，ksin cos 1.所以在点处的切线方程为y，即yx.所以yx与x轴、直线x所围成的三角形的面积为.8设函数f(x)的图象如图，则函数yf(x)的图象可能是下图中的()【解析】选D.由yf(x)图象知有两个极值点，第一个是极大值点，第二个是极小值点，由极值意义知选D.二、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，有多项

5、符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，以下结论错误的是()A3是函数yf(x)的极值点B1是函数yf(x)的最小值点Cyf(x)在区间(3，1)上单调递增Dyf(x)在x0处切线的斜率小于零【解析】选BD.根据导函数的图象可知当x(，3)时，f(x)0，在x(3，1)时，f(x)0，所以函数yf(x)在(，3)上单调递减，在(3，1)上单调递增，则3是函数yf(x)的极值点，因为函数yf(x)在(3，1)上单调递增，则1不是函数yf(x)的最小值点，因为函数yf(x)在x0处的导数大于0，则yf(x)在x0处切线的斜

6、率大于零；所以错误的选项为BD.10若函数f(x)x3x2在区间(a，a5)上存在最小值，则下列a值符合要求的是()A3 B2C1 D0【解析】选ABC.由题意，f(x)x22xx(x2)，故f(x)在(，2)，(0，)上单调递增，在(2，0)上单调递减，作出其大致图象如图所示，令x3x2得，x0或x3，则结合图象可知，解得a3，0).所以A，B，C选项符合11已知函数f(x)x ln x，若0x1x2，则下列结论正确的是()Ax2f(x1)x1f(x2)Bx1f(x1)x2f(x2)C0D当ln x1时，x1f(x1)x2f(x2)2x2f(x1)【解析】选AD.g(x)ln x，函数单调递

7、增，则g(x2)g(x1)，即，所以x1f(x2)x2f(x1)，A正确；设h(x)f(x)x，所以h(x)ln x2不是恒大于零，B错误；f(x)x ln x，所以f(x)ln x1不是恒小于零，C错误；ln x1，故f(x)ln x10，函数单调递增，故(x2x1)(f(x2)f(x1)x1f(x1)x2f(x2)x2f(x1)x1f(x2)0，即x1f(x1)x2f(x2)x2f(x1)x1f(x2)，ln x2ln x1，所以x1f(x2)x2f(x1)，即x1f(x1)x2f(x2)2x2f(x1)，D正确12已知函数f(x)，则下列结论正确的是()A函数f(x)存在两个不同的零点B

8、函数f(x)既存在极大值又存在极小值C当ek0时，方程f(x)k有且只有两个实根D若xt，)时，f(x)max，则t的最小值为2【解析】选ABC.A.f(x)0x2x10，解得x，所以A正确；f(x)，当f(x)0时，1x2，当f(x)0时，x1或x2，(，1)，(2，)是函数的单调递减区间，(1，2)是函数的单调递增区间，所以f(1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确C当x时，y0，根据B可知，函数的最小值是f(1)e，再根据单调性可知，当ek0时，方程f(x)k有且只有两个实根，所以C正确；f(x)在(1，2)上单调递增，又f(2)，x1，)时，f(x)max，所以D不正确

9、三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)13已知直线ykx是曲线y3x的切线，则k的值为_.【解析】设切点为(x0，y0).因为y3xln 3，所以k3x0ln 3，所以y3x0ln 3x，又因为(x0，y0)在曲线y3x上，所以3x0ln 3x03x0，所以x0log3 e所以keln 3.答案：eln 314若函数f(x)的单调增区间为(0，)，则实数a的取值范围是_【解析】f(x)a，由题意得，a0，对x(0，)恒成立，所以a，在x(0，)恒成立，所以a0.答案：a015已知yf(x)是奇函数，当x(0，2)时，f(x)ln xax，当x(2，0)时，f(

10、x)的最小值为1，则a_.【解析】由题意知，当x(0，2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)a0，得x，当0x0；当x时，f(x)0)，由已知得解得a，xe2，所以两条曲线交点的坐标为(e2，e)，切线的斜率为kf(e2)，所以切线的方程为ye(xe2).18(12分)设函数f(x)a(x5)26ln x，其中aR，f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与y轴相交于点(0，6).(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值【解析】(1)因为f(x)a(x5)26ln x(x0)，所以f(x)2a(x5)(x0).令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以f(x)的图象在点(1，

11、f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1).因为切线与y轴相交于点(0，6)，所以616a8a6，所以a.(2)由(1)知，f(x)(x5)26ln x(x0)，f(x)(x5)(x0).令f(x)0，得x2或x3.当0x3时，f(x)0，f(x)在区间(0，2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0时，S(t)t36t，S(t)，令S(t)0得t2，2(舍)，所以S(t)有极小值也是最小值S(2)32，又S(t)为偶函数，所以当t2时，S(t)有最小值32.20(12分)(2017全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零

12、点，求a的取值范围【解析】(1)由于fae2xexx，故f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)，当a0时，aex10.从而f0时，令f0，从而aex10，得xln a综上，当a0时，f(x)在R上单调递减；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由(1)知，当a0时，f在R上单调递减，故f在R上至多一个零点，不满足条件当a0时，f(x)minf1ln a.令g1ln a，则g0.从而g在上单调递增，而g0.故当0a1时，g1时g0.若a1，则f(x)min1ln ag0，故f0恒成立，从而f无零点，不满足条件若a1，则f(x)min1ln

13、 a0，故f0仅有一个实根xln a0，不满足条件若0a1，则f(x)min1ln a0.f10.故f在(1，ln a)上有一个实根，而又ln ln ln a，且feln ln (3aa2)ln ln 0.故f在上有一个实根又f在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故f(x)在R上至多两个实根又f在及上均至少有一个实数根，故f在R上恰有两个实根综上，a的取值范围为.21(12分)某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3a5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9x11)时，一年的销售量为(12x)2万件(1)求分公司一年的利润L(万元

14、)与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a).【解析】(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L(x3a)(12x)2，x9，11.(2)L(12x)22(x3a)(12x)(12x)(182a3x)，令L0得x6a或x12(不合题意，舍去).因为3a5，所以86a.在x6a两侧L的值由正值变负值，所以当86a9，即3a时，LmaxL(9)(93a)(129)29(6a).当96a，即a5时，LmaxL(6a)(6a3a)4(3a)3，所以Q(a)所以，若3a，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最

15、大值Q(a)9(6a)(万元)；若a5，则当每件售价为(6a)元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)4(3a)3(万元).22(2021八省联考)(12分)已知函数f(x)exsin xcos x，g(x)exsin xcos x.(1)证明：当x时，f(x)0；(2)若g(x)2ax，求a.【解析】(1)因为f(x)exsin xcos xexsin ，f(x)excos xsin xexsin ，f(x)g(x)exsin xcos xexsin ，考虑到f(0)0，f(0)0，所以当x时， sin 0，此时f(x)0；当x时，f(x)0，所以f(x)单调递增，所以f(x)f(0)0

16、，所以f(x)单调递减，f(x)f(0)0；当x时，f(x)0，所以f(x)单调递增，f(x)f(0)0，所以f(x)单调递增，f(x)f(0)0；当x时，f(x)exsin 0.综上，当x时，f(x)0；(2)构造F(x)g(x)2axexsin xcos x2ax，F(x)excos xsin xa，F(x)exsin xcos xf(x).考虑到F(0)0，F(0)2a，由第(1)问可知：F(x)f(x)0在x时恒成立，所以F(x)excos xsin xa在上单调递增若a2，则F(x)在为负，在(0，)为正，F(x)在上递减，在(0，)上递增，所以F(x)0；而当x时，F(x)exsi

17、n xcos x22xexsin xcos x220，故a2满足题意若a2，则F(0)2a0，因为F(x)exa，所以F(ln (a)eln (a)a0，由零点存在定理，必存在x0(0，ln (a)使得F(x0)0，此时满足x(0，x0)时，F(x)0，F(x)递减，所以F(x)F(0)0，推得矛盾，舍去若a2，F(0)2a0，因为当x0时，F(x)exa，所以当a2时，F(ln (a)0，此时必存在x0(ln (a)，0)使得F(x0)0，此时满足x(x0，0)时，F(x)0，F(x)递增，所以F(x)F(0)0，推得矛盾，舍去而当a时，由x(，0)时，F(x)0，得F(x)单调递增，所以F(x)F()eae0.所以F(x)单调递增，F(x)F(0)0，推得矛盾，舍去综上所述：a2.关闭Word文档返回原板块