【课后练习】人教A版 选择性必修二 5.4 一元函数的导数及其应用 综合检测（含解析）

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5.4 一元函数的导数及其应用
综合检测
一、单项选择题：本题共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．汽车行驶的路程s和时间t之间的函数图象如图，在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为v1，v2，v3，则三者的大小关系为(　　)
A．v2＝v3C．v12．(2021·延安市黄陵中学高三上学期期中)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln ，则f(1)＝(　　)
A．－e B．2
C．－2 D．e
3．(2021·内蒙古赤峰市中原金科高三大联考)已知函数f(x)＝x3＋ax在x＝1处的切线与直线x＋4y＝0垂直，则实数a＝(　　)
A．2 B．1
C．－1 D．－2
4．函数f(x)＝x2－ln 2x的单调递减区间是(　　)
A．
B．
C．，
D．，
5．(2021·海口市海南中学高三月考)已知a＝，b＝log，c＝，则(　　)
A．a>c>b B．b>c>a
C．a>b>c D．c>a>b
6．函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是(　　)
A．＋1 B．＋
C．＋ D．
7．若函数f(x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
8．设函数y＝f(x)在区间(a，b)上的导函数为f′(x)，记f′(x) 在区间(a，b)上的导函数为f″(x).若函数f(x)在区间(a，b)上为“凸函数”，则在区间(a，b)上有f″(x)<0恒成立．已知f(x)＝－ex在(0，3)上为“凸函数”，则实数k的取值范围是(　　)
A．(－∞，1) B．(－∞，e)
C．(1，＋∞) D．(e，＋∞)
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．下列求导过程正确的是(　　)
A．′＝
B．()′＝
C．(xa)′＝axa－1
D．(logax)′＝′＝
10．已知曲线f(x)＝x3－x2＋ax－1上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a可能的取值为(　　)
A．　　　　　　　　　　 B．3
C． D．
11．(2021·辽宁省辽河油田第二高级中学高三月考)已知函数f(x)＝x ln x，则(　　)
A．f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)
B．f(x)在上单调递减
C．当x∈(0，1]时，f(x)有最小值－
D．f(x)在定义域内无极值
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．f(1)＞ B．f(1)＜
C．f(1)＜＋ D．＋＜f(1)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2021·西藏山南第二高级中学高三月考)f(x)＝ax3＋2，若f′(1)＝4，则a的值为________．
14．(2021·长春外国语学校高三上学期期中)函数f(x)＝－x3＋3x2在[－1，1]上的最大值、最小值分别为M和m，则M＋m＝________．
15．若函数f(x)＝在区间(m，2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________．
16．(2021·淮安五校高三联考)已知三个函数h(x)＝x2－2ln x，f(x)＝h′(x)－5ln x－5ln 2，g(x)＝h(x)＋2ln x－bx＋4.若 x1∈(0，1]， x2∈[1，2]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数b的取值范围是________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝xa经过点P(2，4)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设函数F(x)＝f(x)·g(x)，若F(x)的图象与直线l：y＝ex相切，求b的值．
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋a ln x.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；
(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值．
19．(本小题满分12分)已知某公司生产某种产品的年固定成本为10万元，每生产1千件该产品需要另投入1.9万元．设R(x)(单位：万元)为销售收入，根据市场调查知
R(x)＝
其中x是年产量(单位：千件).
(1)写出年利润W关于年产量x的函数解析式；
(2)年产量为多少时，该公司可从这一产品生产中获得最大利润？
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围．
21．(本小题满分12分)(2020·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝2ln x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a＞0，讨论函数g(x)＝的单调性．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝mx＋nx ln x的图象在点(e，f(e))处的切线方程为y＝4x－e.(本题可能用到的数据：ln 2≈0.69，e＝2.718 28…是自然对数的底数)
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意x∈(1，＋∞)，不等式2[f(x)－1]＞t(x－1)恒成立，求整数t的最大值．
参考答案与解析
1.解析：选C.由题意得，v1＝kOA，v2＝kAB，v3＝kBC，由题图易知kOA2.解析：选B.因为f(x)＝2xf′(1)＋ln ，
所以f′(x)＝2f′(1)＋·′＝2f′(1)＋x·＝2f′(1)－，所以f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1.所以f(x)＝2x＋ln ，f(1)＝2＋ln 1＝2.
3.解析：选B.函数f(x)＝x3＋ax的导数为f′(x)＝3x2＋a，由曲线在x＝1处的切线与直线x＋4y＝0垂直，可得f′(1)·＝(3＋a)·＝－1，
解得a＝1.故选B.
4.解析：选A.因为f′(x)＝2x－＝，
由f′(x)≤0得
解得0＜x≤.故选A.
5.解析：选D.设f(x)＝，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝e，
则当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为a＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)，
所以a＝0，
b＝log＝－1，所以c>a>b.故选D.
6.解析：选C.对于函数y＝x＋2cos x，y′＝1－2sin x.
当00；
当所以函数y＝x＋2cos x在区间上单调递增，在区间上单调递减．
所以ymax＝＋2cos ＝＋.
7.解析：选D.因为f(x)＝x2－x＋a ln x有两个不同的极值点，所以f′(x)＝x－1＋＝＝0在(0，＋∞)有2个不同的零点，
所以x2－x＋a＝0在(0，＋∞)有2个不同的零点，
所以
解得08.解析：选A.因为f(x)＝－ex，
所以f′(x)＝－ex＝－ex，
f″(x)＝－ex＝kxe－ex，
要使f(x)＝－ex在(0，3)上为“凸函数”，
则有f″(x)<0在(0，3)上恒成立，
即kxe－ex<0，
即k<在(0，3)上恒成立，
令g(x)＝，x∈(0，3)，
则g′(x)＝＝，
令g′(x)＝0，解得x＝e，
当0当e0，g(x)在(e，3)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e)＝＝1，
所以k<1，所以k的取值范围是(－∞，1)，故选A.
9.解析：选BCD.根据题意，依次分析选项：
对于A，′＝(x－1)′＝－，A错误；
对于B，()′＝(x)′＝×x－＝，B正确；
对于C，(xa)′＝axa－1，C正确；
对于D，(logax)′＝，D正确；
故选BCD.
10.解析：选AC.f(x)＝x3－x2＋ax－1的导数f′(x)＝2x2－2x＋a.
不妨设切点的横坐标为m，可得2m2－2m＋a＝3.
由题意可得关于m的方程2m2－2m＋a－3＝0有两个不等的正根，则Δ＝4－8(a－3)＞0，即a＜.
由根与系数的关系得，＞0，解得3＜a＜.
对照选项，可得a的取值可能为，.故选AC.
11.解析：选BC.因为f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，令f′(x)＝0，所以x＝，当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，x＝是极小值点，所以A错误，B正确；当x∈(0，1]时，根据单调性可知，f(x)min＝f＝－，故C正确；显然f(x)有极小值f，故D错误，故选BC.
12.解析：选BD.设g(x)＝，h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＝，h′(x)＝.
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(2)，
即＞，＜，即＋＜f(1)＜.故选BD.
13.解析：由题意f′(x)＝3ax2＋，所以f′(1)＝3a＋1＝4，解得a＝1.
答案：1
14.解析：由f(x)＝－x3＋3x2，则f′(x)＝－3x2＋6x，
令f′(x)＞0，解得0＜x＜2，令f′(x)<0，解得x>2或x<0，
所以函数在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，
所以m＝f(x)min＝f(0)＝0，f(1)＝－1＋3＝2，f(－1)＝1＋3＝4，
所以M＝f(x)max＝f(－1)＝4，
所以M＋m＝4＋0＝4.
答案：4
15.解析：f′(x)＝.由f′(x)>0，解得－1又因为f(x)在(m，2m＋1)上单调递增，
所以
解得－1所以实数m的取值范围是(－1，0].
答案：(－1，0]
16.解析：由题意知f(x)＝2x－－5ln x－5ln 2(x>0)，g(x)＝x2－bx＋4.
所以f′(x)＝2＋－＝
＝.
所以f(x)在上单调递增；在上单调递减，
易知f(x)在区间(0，1]上的最大值为f＝－3，
x1∈(0，1]， x2∈[1，2]，都有f(x1)≥g(x2)成立，
即f(x)在(0，1]上的最大值大于等于g(x)在[1，2]上的最大值，
即即
解得b≥8，故答案为[8，＋∞).
答案：[8，＋∞)
17.解：(1)由题意f(2)＝2a＝4，解得a＝2，所以f(x)＝x2.
(2)由(1)得F(x)＝f(x)·g(x)＝bex，设切点为Q(x0，y0)，F′(x)＝bex，
所以F′(x0)＝bex0＝e，
又F(x0)＝bex0＝ex0，两者结合可解得x0＝1，b＝1.
18.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝x2－ln x，
则f′(x)＝x－＝.
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1(舍去).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为，无极大值．
(2)当a＝1时，f(x)＝x2＋ln x(x>0)，则f′(x)＝x＋>0，易知函数f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.
19.解：(1)依题意有
W＝
(2)设f(x)＝－x3＋8.1x－10，0≤x≤10.
f′(x)＝－x2＋8.1.令f′(x)＝0，
解得x1＝9，x2＝－9(舍去).
当00，f(x)单调递增；当9故当x＝9时，f(x)取得极大值也是最大值f(9)＝38.6.
当x>10时，f(x)＝－1.9x<<38.6.
即当年产量为9千件时，该公司所获年利润最大．
20.解：(1)由题意知，f′(x)＝6x2－6x－12，
故f′(1)＝－12，
又当m＝1时，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，
故所求的切线方程为y＋12＝－12(x－1)，
即y＝－12x.
(2)由题意知，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝2，
故当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，当x∈(－1，2)时，f′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，
故当x＝－1时，函数f(x)有极大值f(－1)＝2×(－1)－3×1－12×(－1)＋m＝m＋7，
当x＝2时，函数f(x)有极小值f(2)＝2×8－3×4－12×2＋m＝m－20.
若函数f(x)有3个零点，实数m满足解得－7＜m＜20，
即实数m的取值范围为(－7，20).
21.解：设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
(1)当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减．
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞).
(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞).
g′(x)＝＝.
取c＝－1得h(x)＝2ln x－2x＋2，h(1)＝0，
则由(1)知，当x≠1时，h(x)＜0，即1－x＋ln x＜0.
故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－＋ln ＜0，从而g′(x)＜0.
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减．
22.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝n ln x＋m＋n，
所以有解得
故f(x)＝2x＋x ln x.
(2)当x∈(1，＋∞)时，则＜，
令g(x)＝(x＞1)，则由题意知对任意的x∈(1，＋∞)，＜g(x)min，
而g′(x)＝，x∈(1，＋∞)，再令h(x)＝x－2－ln x(x＞1)，
则h′(x)＝1－＝＞0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又h(3)＝1－ln 3＜0，h(3.5)＝＋ln 2－ln 7＞0，
所以存在唯一的x0∈(3，3.5)，使得h(x0)＝0，
即x0－2＝ln x0，
当x∈(1，x0)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝
＝＝x0＋1，所以t＜2(x0＋1)，又x0∈(3，3.5)，所以2(x0＋1)∈(8，9)，
因为t为整数，所以t的最大值为8.
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