2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--第五章　一元函数的导数及其应用

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第五章　一元函数的导数及其应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
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.已知函数f(x)的图象如图所示,在区间[x1,x2],[x2,x3],[x1,x3],[x3,x4]内,函数y=f(x)的平均变化率最大的是(　　)
A.[x1,x2] B.[x2,x3] C.[x1,x3] D.[x3,x4]
2.已知函数f(x)=sinx+4x,则=(　　)
A.12 B.6 C.3 D.
3.已知函数f(x)的导函数f'(x)在[a,b]上的图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的极小值点为x1,x2
B.f(x)的极大值点为x2
C.f'(x)有唯一的极小值点
D.函数f(x)在(a,b)上的极值点的个数为2
4.已知函数f(x)=x3-2x2,x∈[-1,3],则下列说法错误的是(　　)
A.函数f(x)的最大值为9
B.函数f(x)的最小值为-3
C.函数f(x)在区间[1,3]上单调递增
D.x=0是函数f(x)的极大值点
5.已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1处取得极值0,则a+b=(　　)
A.4 B.7 C.11 D.4或11
6.已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且f(x)的导函数f'(x)在R上恒有f'(x)<,则不等式f(x)<的解集为(　　)
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(-1,1) D.(-∞,1)∪(1,+∞)
7.若对于任意t∈[1,2],函数f(x)=x3+x2-2x在区间(t,3)上不单调,则实数m的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
8.已知a=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a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2分,有选错的得0分)
9.已知函数f(x)=ex-ln(x+a),a∈R,则(　　)
A.当a=0时,f(x)没有零点
B.当a=0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增
C.当a=2时,直线y=x+1-ln2与曲线y=f(x)相切
D.当a=2时,f(x)只有一个极值点x0,且x0∈(-1,0)
10.对于函数f(x)=,下列说法正确的有(　　)
A.f(x)在x=处取得极大值
B.f(x)只有一个零点
C.f(2)>f()
D.若f(x)e
11.已知函数f(x)=lnx+1,g(x)=ex-1,下列说法正确的是(参考数据:e2≈7.39,e3≈20.09,ln2≈0.69,ln3≈1.10)(　　)
A.存在实数m,使得直线y=x+m与曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都相切
B.存在实数k,使得直线y=kx-1与曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都相切
C.函数y=g(x)-f(x)在区间上不单调
D.函数y=g(x)-f(x)在区间上有极大值,无极小值
12.已知实数a,b满足等式e2a-eb=2(2b-a),则下列不等式中可能成立的有　(　　)
A.a三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知函数f(x)=2f'(1)x+3ex-2,f'(x)是f(x)的导函数,则f'(1)=　　　　.
14.已知函数f(x)=ex-mx+1的图象上存在与直线y=x垂直的切线,则实数m的取值范围是　　　　.
15.记定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)-f(x)<0,f(2)=1,则不等式f(x)>ex-2的解集为　　　　.
16.已知函数f(x)=若存在x1≤0,x2>0,使得f(x1)=f(x2),则x1f(x2)的最小值为　　　　.
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.(10分)已知函数f(x)=ex+ax+b,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=a-b.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)≥0.
18.(12分)某企业拟建造一个容器(不计厚度,长度单位:m),如图所示,其中容器的中间为圆柱形,左、右两端均为半球形,按照设计要求,容器的容积为m3,且l≥2r,假设该容器的建造费用仅与其表面积有关,已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3万元,半球形部分每平方米的建造费用为c(c>3)万元,该容器的总建造费用为y万元.
(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的总建造费用最少时r的值.
19.(12分)已知函数f(x)=ex-(a+e)x2+ax.
(1)当a=-e时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)有三个零点,求a的取值范围.
20.(12分)已知函数f(x)=x2-alnx+(1-a)x+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,求证:f(x)≤x(ex-1)+x2-2lnx.
21.(12分)已知函数f(x)=lnx+ax2-x.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)存在x∈[1,+∞),使得f(x)≥x3+1成立,求a的最小整数值.
22.(12分)已知函数f(x)=-sinx(x≥a).
(1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若a<-,证明:f(x)在上有唯一极值点x0,且f(x0)>-x0.
答案全解全析
1.D 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A
7.A 8.A 9.ACD 10.AB 11.AB 12.ACD
1.D　f(x)在[x1,x2]上的平均变化率P1=,
f(x)在[x2,x3]上的平均变化率P2=,
f(x)在[x1,x3]上的平均变化率P3=,
f(x)在[x3,x4]上的平均变化率P4=.
结合题中函数y=f(x)的图象,可得P22.B　易得f'(x)=cosx+4,∴f'(π)=3,
∴=2f'(π)=6.故选B.
3.D　由题图知,当a0,f(x)单调递增;当x30,f(x)单调递增,故f(x)的极小值点为x5,极大值点为x3,故A,B错误,D正确.f'(x)的极小值点为x1,x4,共2个,故C错误.故选D.
4.C　∵f(x)=x3-2x2,x∈[-1,3],
∴f'(x)=3x2-4x=x(3x-4),x∈[-1,3].
令f'(x)>0,可得-1≤x<0或∴函数f(x)在区间[-1,0),上单调递增,在区间上单调递减,
∴x=0是函数f(x)的极大值点,x=是函数f(x)的极小值点,故C中说法错误,D中说法正确.
∵f(0)=0,f(3)=27-2×9=9,f(-1)=-1-2×1=-3,f,
∴函数y=f(x)在区间[-1,3]上的最大值为9,最小值为-3,故A,B中说法正确.故选C.
5.C　易得f'(x)=3x2+6ax+b.
因为f(x)在x=-1处取得极值0,
所以即解得或
当a=1,b=3时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,f(x)在R上单调递增,无极值,不符合题意,舍去.
当a=2,b=9时,f'(x)=3x2+12x+9,令f'(x)=0,得x=-1或x=-3,经检验,x=-1和x=-3都为函数f(x)的极值点,符合题意.
所以a=2,b=9,故a+b=2+9=11.故选C.
6.A　f(x)<可化为f(x)-<0,
令g(x)=f(x)-,则g'(x)=f'(x)-,
因为f'(x)<,所以g'(x)<0,所以g(x)在R上单调递减,
因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)-=0,
所以当x>1时,g(x)<0,当x<1时,g(x)>0.
所以不等式f(x)<的解集为(1,+∞).故选A.
7.A　f'(x)=3x2+(m+4)x-2,则f'(0)=-2,
∵对于任意t∈[1,2],f(x)在区间(t,3)上不单调,
∴即
∴解得-∴实数m的取值范围是.故选A.
8.A　由题知,a=,
b=,令f(x)=,则a=f,b=f(e),c=f(3).
易得f'(x)=,x>0,令f'(x)=0,得x=e,则当00,f(x)单调递增,当x>e时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
易知f(1)=0,当x>1时,f(x)>0,画出y=f(x)的图象如图所示,
∵1<c,b>a.
若t=有两个解x1,x2,不妨设x1∵×3=e2,∴只要比较x1x2与e2的大小关系即可.
令g(x)=lnx-(x>1),则g'(x)=>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(1)=0,即在(1,+∞)上,lnx>.
若x=,则,即t>,所以x1x2>e2,
所以当x2=3时,e>x1>,所以fa.
综上,b>c>a.故选A.
9.ACD　当a=0时,f(x)=ex-lnx,则f'(x)=,x>0,设g(x)=xex-1,则g'(x)=(x+1)ex,当x>0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(0)=-1<0,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,设为m,则f(x)在(0,m)上单调递减,在(m,+∞)上单调递增,由em=,得m=ln=-lnm,所以f(x)min=f(m)=em-lnm=em+m>0,从而f(x)没有零点,故A正确,B错误;
当a=2时,f(x)=ex-ln(x+2),则f'(x)=ex-,x>-2,因为f(0)=1-ln2且f'(0)=,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1-ln2,故C正确;
由C选项易知f'(x)在(-2,+∞)上单调递增,且f'(-1)<0,f'(0)>0,所以存在唯一的x=x0,使f'(x0)=0,即f(x)只有一个极值点x0,且x0∈(-1,0),故D正确.
故选ACD.
10.AB　对于A,f'(x)=,
令f'(x)=0,得4lnx=2,解得x=,
当00,f(x)单调递增,当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)在x=处取得极大值,为f(,故A正确;
对于B,∵f(x)在(0,)上单调递增,f(1)==0,∴函数f(x)在(0,)上有唯一零点,
当x≥时,f(x)=>0恒成立,即函数f(x)在[,+∞)上没有零点,故f(x)有唯一零点,故B正确;
对于C,∵f(x)在(,+∞)上单调递减,2>),故C错误;
对于D,由题意得k>f(x)+在(0,+∞)上恒成立,
设g(x)=,则g'(x)=,
令g'(x)=0,解得x=1,
当00,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
∴当x=1时,函数g(x)取得极大值,也为最大值,最大值为g(1)=1,所以k>1,故D错误.
故选AB.
11.AB　易得f'(x)=,g'(x)=ex.
设直线l与曲线y=f(x)、y=g(x)分别相切于点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为f'(x1)=,f(x1)=lnx1+1,所以直线l的方程为y-(lnx1+1)=·(x-x1),即y=x+lnx1,
因为g'(x2)=-1,所以直线l的方程为y-((x-x2),即y=-1,
故则(-1)(x2-1)=0,解得x2=0或x2=1.
当x2=0时,直线l的方程为y=x;
当x2=1时,直线l的方程为y=ex-1.
对于A,存在m=0满足条件,故A正确.
对于B,存在k=e满足条件,故B正确.
令h(x)=g(x)-f(x)=ex-lnx-2,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex-,x∈(0,+∞),
令φ(x)=h'(x)=ex-,x∈(0,+∞),则φ'(x)=ex+>0,
所以h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h'>0,
所以当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,故C,D错误.故选AB.
12.ACD　e2a-eb=2(2b-a)=4b-2a,则e2a+2a=eb+4b,
令f(b)=e2b+2b-eb-4b=e2b-eb-2b,则f'(b)=2e2b-eb-2,
当b<0时,f'(b)<0,f(b)在(-∞,0)上单调递减,f(b)>f(0)=0,此时e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a,
令g(x)=e2x+2x,则g(x)在R上单调递增,
∴g(b)>g(a) a当b>0时,取b=1,则e2a+2a=eb+4b=e+4,此时g(1)=e2+2>e+4=g(a),又g(x)在R上单调递增,∴a<1=b,
∴0取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1=g(a),
又g(x)在R上单调递增,∴a>=b,∴a>b>0可能成立,D正确.故选ACD.
13.答案　-3e
解析　易得f'(x)=2f'(1)+3ex,故f'(1)=2f'(1)+3e,即f'(1)=-3e.
14.答案　(2,+∞)
解析　f'(x)=ex-m,
∵f(x)的图象上存在与直线y=x垂直的切线,∴f'(x)=ex-m=-2有解,即m=2+ex有解,又2+ex>2,∴m>2.故实数m的取值范围是(2,+∞).
15.答案　(-∞,2)
解析　构造函数g(x)=,则g'(x)=.
因为f'(x)-f(x)<0,所以g'(x)=<0,
所以g(x)=在R上单调递减.
不等式f(x)>ex-2可化为,因为g(2)=,所以原不等式即为g(x)>g(2),所以x<2,所以不等式f(x)>ex-2的解集为(-∞,2).
16.答案　-4e2
解析　当x>0时,f(x)=x-lnx,f'(x)=1-,
当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当0故当x=1时,f(x)取得极小值,为f(1)=1.
当x≤0时,f(x)=x+4e单调递增,且f(x)≤4e.
设f(x1)=f(x2)=t,则1≤t≤4e,由f(x1)=t得x1+4e=t,则x1=t-4e,
则x1f(x2)=t(t-4e)=(t-2e)2-4e2,
因为1≤t≤4e,所以当t=2e时,x1f(x2)取得最小值,为-4e2.
17.解析　(1)∵f(x)=ex+ax+b,∴f'(x)=ex+a.(2分)
∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=a-b,
∴解得(5分)
(2)证明:由(1)知f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,(7分)
∴当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,(9分)
∴f(x)的最小值为f(0)=0,∴f(x)≥0.(10分)
18.解析　(1)设该容器的容积为Vm3,则V=πr2l+πr3.
因为V=,所以l=.
因为l≥2r,所以≥2r,解得0所以y=2πrl×3+4πr2c=2πr×,其定义域为(0,2].(5分)
(2)由(1)得y'=8π(c-2)r-,0因为c>3,所以c-2>0,故>0.(7分)
令y'=0,即r3-=0,则r=,令=m,m>0,
则y'=(r-m)(r2+rm+m2).
①若0,则当r∈(0,m)时,y'<0,
当r∈(m,2)时,y'>0,所以r=m是极小值点,也是最小值点;(9分)
②若m≥2,即3所以r=2是函数的最小值点.(11分)
综上,若3,则当r=时总建造费用最少.(12分)
19.解析　(1)当a=-e时,f(x)=ex-ex,则f'(x)=ex-e,(2分)
令f'(x)<0,得x<1;令f'(x)>0,得x>1,
∴f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).(4分)
(2)∵f(x)有三个零点,∴ex-(a+e)x2+ax=0有三个不同的根,又x=0不是方程的根,
∴=(a+e)x-a有三个不同的根.
令g(x)=,h(x)=(a+e)x-a,则y=g(x)与y=h(x)的图象有三个不同的交点,(7分)
易得g'(x)=,令g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得x<0或0∴g(x)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴g(x)在x=1处取得极小值,为g(1)=e,易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0.(9分)
又y=h(x)的图象为恒过点(1,e)的直线,斜率为a+e,g'(1)=0,
∴a+e>0,即a>-e,∴a的取值范围为(-e,+∞).(12分)
20.解析　(1)易得f'(x)=x-,x∈(0,+∞).(1分)
①当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3分)
②当a>0时,若x>a,则f'(x)>0,若0综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(6分)
(2)证明:当a=1时,f(x)=x2-lnx+1,要证f(x)≤x(ex-1)+x2-2lnx,即证xex-lnx-x-1≥0.(7分)
令g(x)=xex-lnx-x-1(x>0),
则g'(x)=ex+xex-,
令u(x)=ex-,则u'(x)=ex+>0,故u(x)在(0,+∞)上单调递增,
又u-2<0,u(1)=e-1>0,所以由函数零点存在定理知,存在x0,使u(x0)=0,(9分)
所以当x∈(0,x0)时,u(x)<0,即g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,u(x)>0,即g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=x0-lnx0-x0-1.
由u(x0)=0,得=0,即x0=1,所以ln(x0)=ln1,即x0+lnx0=0,
所以g(x)min=g(x0)=x0-lnx0-x0-1=0,即xex-lnx-x-1≥0成立.
所以当a=0时,f(x)≤x(ex-1)+x2-2lnx.(12分)
21.解析　(1)当a=1时,f(x)=lnx+x2-x,则f'(x)=(x>0),
当x>0时,f'(x)>0恒成立,(2分)
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.(4分)
(2)由f(x)≥x3+1得a≥.
令g(x)=,x≥1,
因为存在x∈[1,+∞),使得f(x)≥x3+1成立,所以a≥g(x)min.(5分)
g'(x)=,x≥1,
令h(x)=x3-3-x+2lnx,x≥1,则h'(x)=,x≥1,
令n(x)=3x3-2x+4(x≥1),则n'(x)=9x2-2(x≥1),
因为当x≥1时,n'(x)>0恒成立,所以n(x)单调递增,
所以n(x)≥n(1)=5>0,所以h'(x)>0恒成立,所以h(x)单调递增.
因为h+2ln<0,h(2)=-1+2ln2>0,
所以 m∈,使得h(m)=0,且当x∈[1,m)时,h(x)<0,此时g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(m,+∞)时,h(x)>0,此时g'(x)>0,g(x)单调递增,且g'(m)=0.(8分)
则g(x)min=g(m)=,①
因为g'(m)=0,即m3-3-m+2lnm=0,所以lnm=-,
所以g(x)min=g(m)=令φ(x)=令t(x)=3x3-2x+4,所以t(x)>t>0,所以当x∈时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
所以φ<φ(x)<φ(2),所以,
即g(x)min∈,又a≥g(x)min,所以a的最小整数值为2.(12分)
22.解析　(1)若f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0,即-sina≥0,即sina≤0,解得2kπ-π≤a≤2kπ,k∈Z.(1分)
下面证明当2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z)时,f(x)≥0.
先证≥sinx(x≥0).若x≥1,则≥1≥sinx;若0≤x<1,则≥x.
令h(x)=x-sinx(x≥0),则h'(x)=1-cosx≥0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)=0,即x≥sinx(x≥0),所以≥sinx(x≥0).(3分)
若2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z),则当a≤x≤2kπ(k∈Z)时,sinx≤0,故≥0≥sinx,即f(x)≥0;当x>2kπ(k∈Z)时,,
由≥sinx(x≥0),得≥sin(x-2kπ)=sinx.故当2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z)时,f(x)≥0.
综上,实数a的取值范围是{a|2kπ-π≤a≤2kπ,k∈Z}.(5分)
(2)证明:易得f'(x)=-cosx.
令g(x)=-cosx,x∈,则g'(x)=-+sinx.(6分)
易知g'(x)在上单调递增,
因为g'(0)<0,g'>0,所以存在唯一实数t0∈,使g'(t0)=0,
所以当x∈(0,t0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)
因为a<-,所以-a>>1,所以g(0)=-1<0,
g>0,
所以存在唯一实数x0∈,使g(x0)=-cosx0=0.(8分)
当x∈(0,x0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,
f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在区间上有唯一极小值点x0,且极小值为f(x0)=-sinx0.(9分)
由g(x0)=-cosx0=0,得,所以f(x0)=-sinx0.
要证f(x0)>-x0,即证f(x0)+x0>,
又f(x0)+x0=+(x0-sinx0)>,
所以只需证明,即证2cosx0<π-2x0.(10分)
因为x0∈,所以2cosx0=2sin=π-2x0.
所以f(x0)+x0=+(x0-sinx0)>,
所以f(x0)>-x0.(12分)
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