2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章　导数及其应用

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
第六章　导数及其应用
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.函数f(x)=2x2-1在区间[1,1+Δx]上的平均变化率为(　　)
A.4　　　　B.4+2Δx　　　　C.4+2(Δx)2　　　　D.4x
2. x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是(　　)
A.0≤a≤21　　　　 B.a=0或a=7
C.a<0或a>21　　　　D.a=0或a=21
3.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=2xf'(1)+ln x,则f'(2)=(　　)
A.-　　　　D.e
4.函数f(x)=的图象大致是(　　)
5.若函数f(x)=的极大值点与极大值分别为a,b,则(　　)
A.aC.b6.已知函数f(x)=mx2+4x-3在区间[1,2]上是增函数,则实数m的取值范围为(　　)
A.[4,5]　　　　B.[2,4]　　　　C.(-∞,2]　　　　D.(-∞,4]
7.已知a=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a8.设函数f(x)=xex-ax+a,其中a>1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,2e2]　　　　 B.
C.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知函数f(x)=+ln x,则下列说法正确的有(　　)
A.当f'(1)=0时,a=-2
B.当f(x)在定义域内单调递增时,a≥-2
C.当a≤-2时, f(x)有极值
D.当a<-2时, f(x)的图象上存在两条相互垂直的切线
10.已知a>0,b>0,直线y=x+a与曲线y=ex-1-2b+1相切,则下列不等式恒成立的是(　　)
A.ab≤≤8
C.　　　　D.3a+b≤
11.若过点P(1,λ)最多可作出n(n∈N+)条直线与函数f(x)=(x-1)ex的图象相切,则(　　)
A.λ+n<3
B.当n=2时,λ的值不唯一
C.λn可能等于-4
D.当n=1时,λ的取值范围是∪{0}
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知函数f(x)=(x-1)ex,则f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为　　　　.
13.已知f(x)=ex,g(x)=,若f(x1)=g(x2),d=|x2-x1|,则d的最小值为　　　　.
14.设函数f(x)=若x0=0,则f(x)的最大值为　　　　;若f(x)有且只有1个零点,则实数x0的取值范围是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知函数f(x)=x3-ax+1的图象在点(0,1)处的切线方程为y=-3x+1.
(1)求实数a的值;
(2)求函数f(x)在区间[0,2]上的最大值与最小值.
16.(15分)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB的长为6分米,另一边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),其中OEMF是以O为圆心,∠EOF=120°的扇形,且弧分别与边BC,AD相切于点M,N.剪去图中的阴影部分,剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计).
　　
(1)当BE的长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积;
(2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大
17.(15分)已知函数f(x)=(a∈R).
(1)若a>1,求函数f(x)的极值;
(2)当018.(17分)已知函数f(x)=acos x+xsin x+b的图象在点处的切线方程为y=+1.
(1)求函数f(x)在(-π,π)上的单调区间;
(2)当x∈时,是否存在实数m,使得f(x)≤m(x-π)恒成立 若存在,求出m的取值集合;若不存在,说明理由.(附:(π2+4)≈19.6,5π+4≈19.7)
19.(17分)已知函数f(x)=(x-1)ex--ax,a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程;
(2)若y=f(x)有两个极值点x1,x2,且x1①求实数a的取值范围;
②求证:-x1答案与解析
1.B　因为Δf=f(1+Δx)-f(1)=2(1+Δx)2-1-(2×12-1)=2(Δx)2+4Δx,所以=2Δx+4.
2.A　由已知得f '(x)=3x2+2ax+7a, x∈R,函数f(x)不存在极值点,只需Δ=4a2-84a≤0,得0≤a≤21,故选A.
3.A　由题意得f'(x)=2f'(1)+,
则f'(1)=2f'(1)+1,解得f'(1)=-1,
所以f'(x)=-2+,则f'(2)=-2+.
故选A.
4.B　易知函数f(x)=的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
设g(x)=x-ln x-1,x∈(0,1)∪(1,+∞),则g'(x)=1-,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
则g(x)>g(1)=0,则 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且f(x)>0.
结合选项可知B正确.
5.C　易知f'(x)=,
令f'(x)=0,解得x=0或x=2,
令f'(x)>0,解得0令f'(x)<0,解得x<0或x>2,
∴f(x)在(0,2)上单调递增,在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,
∴x=2是f(x)的极大值点,且f(2)=,
∴a=2,b=,∴ab=,∴b故选C.
6.D　由已知得f'(x)=x2-mx+4,
因为f(x)在区间[1,2]上是增函数,
所以f'(x)≥0在[1,2]上恒成立,
即x2-mx+4≥0,即m≤在[1,2]上恒成立,
又x+≥2=4,当且仅当x=2时,等号成立,
所以m≤4.
7.A　由题知,a=,
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)=ln x-(x>1),则g'(x)=>0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=0,即在(1,+∞)上,ln x>.
若x=,则,即t>,∴x1x2>e2,
∴当x2=3时,e>x1>,
∴f a.
综上,b>c>a.故选A.
8.D　令g(x)=xex,h(x)=ax-a,a>1,显然直线h(x)=ax-a恒过点A(1,0),存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0等价于存在唯一的整数x0,使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方.
易知g'(x)=(x+1)ex,当x<-1时,g'(x)<0,当x>-1时,g'(x)>0,即g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(-1)=-.
当x≤0时,g(x)∈,而h(x)≤h(0)=-a<-1,
所以当x≤0时,不存在整数x0使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方.
当x>0时,过点A(1,0)作函数g(x)=xex图象的切线,设切点为P(t,tet),t>0,则切线方程为y-tet=(t+1)et(x-t),
因为切线过点A(1,0),所以-tet=(t+1)et(1-t),整理得t2-t-1=0,解得t=(负值舍去).
因为g(1)=e>0=h(1),t∈(1,2),存在唯一的整数x0,使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方,所以此整数必为2,
即点(2,g(2))在直线h(x)=ax-a下方,
则
解得2e2所以实数a的取值范围是.故选D.
9.ABD 　易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=x+a+.
若f'(1)=2+a=0,则a=-2,故A正确.
若f(x)在定义域内单调递增,则f'(x)≥0,
即a≥-在(0,+∞)上恒成立,
则a≥,
易知y=-在(0,+∞)上的最大值为-2,故a≥-2,故B正确.
由B中分析知,当a=-2时, f'(x)≥0恒成立,此时f(x)无极值,故C错误.
令h(x)=f'(x),则h'(x)=1-,
当x∈(0,1)时,h'(x)<0, f'(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, f'(x)单调递增,
又a<-2,所以 f'(x)min=f'(1)=2+a<0.
当x→0时, f'(x)→+∞,当x→+∞时, f'(x)→+∞,
所以f'(x)在(0,1),(1,+∞)上各有一个零点x1,x2.
故在(0,x1),(x2,+∞)上, f'(x)>0,在(x1,x2)上, f'(x)<0,
故必存在实数m,n,使f'(m)f'(n)=-1,
即当a<-2时,f(x)的图象上存在两条相互垂直的切线,故D正确.故选ABD.
10.AC　设直线y=x+a与曲线y=ex-1-2b+1相切于点(x0,y0),
对y=ex-1-2b+1求导,得y'=ex-1,则有=1,解得x0=1,
因此y0=1+a=2-2b,即a+2b=1.
对于A,ab=·a·2b≤,当且仅当a=2b=时取等号,A正确;
对于B,≥4+2=8,当且仅当,即a=2b=时取等号,B不正确;
对于C,因为,
所以,即,当且仅当,即a=4b时取等号,C正确;
对于D,由a+2b=1得a=1-2b,
又a>0,b>0,所以0所以a+b=1-b∈,
因为函数y=3x在R上单调递增,
所以<3a+b<3,D不正确.故选AC.
11.ACD　不妨设切点为(x0,(x0-1)),
因为f'(x)=xex,
所以切线方程为y-λ=x0(x-1),
所以(x0-1)-λ=x0(x0-1),整理得λ=--2x0+1).
令g(x)=-ex(x2-2x+1),则g'(x)=-ex(x2-1),
令g'(x)=0,得x=±1.
当x<-1或x>1时,g'(x)<0,当-10.
易知g(-1)=-,g(0)=-1,g(1)=0,当x趋向于-∞时,g(x)趋向于0,当x趋向于+∞时,g(x)趋向于-∞.
画出函数g(x)的大致图象如图.
由图象可知n的可能取值为1,2,3.
当n=2时,λ=g(-1)=-,故B错误;
当n=3时,λ∈,所以-<λn<0,
又-<-4,故λn可能等于-4,故C正确;
当n=1时,λ∈∪{0},故D正确;
易得λ+n<3,故A正确.故选ACD.
12.答案　ex-y-e=0
解析　因为f'(x)=xex,所以f'(1)=e,所以f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程为y-0=e(x-1),即ex-y-e=0.
13.答案　
解析　设f(x1)=g(x2)=t(t>0),则=t,
所以x1=ln t,x2=4t2,所以d=|x2-x1|=|4t2-ln t|.
令h(t)=4t2-ln t(t>0),则h'(t)=8t-,
令h'(t)>0,得t>,令h'(t)<0,得0所以h(t)在上单调递减,在上单调递增,
易知当t→0时,h(t)→+∞,当t→+∞时,h(t)→+∞,如图所示,
所以|h(t)|min=h(t)min=h=4×.
14.答案　2;(-∞,-)
解析　当x0=0时, f(x)=
当x>0时, f(x)=-2x<0;
当x≤0时, f(x)=x3-3x, f'(x)=3x2-3=3(x2-1),
由f'(x)>0得x<-1,由f'(x)<0得-1所以f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,
所以当x=-1时, f(x)有最大值2.
故当x0=0时, f(x)的最大值为2.
作出y=x3-3x和y=-2x的图象如图所示,
由图象可知函数y=x3-3x的图象与x轴有三个交点,从左到右依次为(-,0);
函数y=-2x的图象与x轴只有一个交点,为(0,0).
若f(x)有且只有1个零点,则实数x0的取值范围是(-∞,-).
15.解析　(1)∵函数f(x)=x3-ax+1的图象在点(0,1)处的切线方程为y=-3x+1,
∴f'(0)=-3.(3分)
又∵f'(x)=3x2-a,∴f'(0)=-a=-3,∴a=3.(6分)
(2)由(1)知f(x)=x3-3x+1,则f'(x)=3(x2-1),
令f'(x)=0,解得x=1或x=-1(舍去).(8分)
当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示:
x [0,1) 1 (1,2]
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
因此当x=1时, f(x)有极小值,也是最小值,为f(1)=-1.(10分)
又f(0)=1, f(2)=3,
∴函数f(x)在区间[0,2]上的最大值为3,最小值为-1.(13分)
16.解析　(1)在题图甲中,连接OM,交EF于点T,
设OE=OF=OM=R',
在Rt△OET中,因为∠EOT=∠EOF=60°,所以OT=,
则MT=OM-OT=,
从而BE=MT=,即R'=2BE=2分米,(3分)
故所得柱体的底面积S1=S扇形OEF-S△OEF=πR'2-R'2sin 120°=平方分米,(5分)
所得柱体的高EG=AB-BE-AG=4分米,
所以包装盒的容积V1=S1·EG=立方分米,
所以当BE的长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为立方分米.(7分)
(2)设BE=x,OE=OF=OM=R,则R=2x,
则所得柱体的底面积S=S扇形OEF-S△OEF=πR2-R2sin 120°=x2平方分米,(8分)
所得柱体的高EG=(6-2x)分米,0设包装盒的容积为V立方分米,
则V=S·EG=(-x3+3x2),0令f(x)=-x3+3x2,x∈(0,3),则f '(x)=-3x2+6x,
令f '(x)=0,得x=2或x=0(舍去),列表如下:
x (0,2) 2 (2,3)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
(13分)
所以当x=2时, f(x)取得极大值,也是最大值,所以Vmax=×(-8+12)=,
所以当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大,最大为立方分米.(15分)
17.解析　(1)∵f(x)=,
∴f'(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-1).(2分)
∵a>1,∴0<<1.
当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示:
x -∞, ,1 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴当x=时, f(x)有极大值,且极大值为f ,
当x=1时, f(x)有极小值,且极小值为 f(1)=.(6分)
(2)由(1)得f'(x)=a(x-1).
∵01.(7分)
①当≥2,即0∵f(0)=-<0, f(1)=>0, f(2)=(2a-1)≤0,
∴f(x)在[0,1]和(1,2]上各有一个零点,
此时f(x)在[0,2]上有两个零点.(10分)
②当1<<2,即∵f(0)=-<0, f(1)=>0, f >0,
∴f(x)在[0,1]上有且只有一个零点,在(1,2]上没有零点,
此时f(x)在[0,2]上有且只有一个零点.(13分)
综上所述,当0当18.解析　(1)由题意知f +1,即+1,故b=1.(1分)
易得f'(x)=-asin x+sin x+xcos x,
所以f'=-a+1=0,得a=1,
所以f'(x)=xcos x.(3分)
当00,得0令f'(x)<0,得当-π0,得-π所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(6分)
(2)假设存在实数m,使得f(x)≤m(x-π)在x∈上恒成立,
则xsin x+cos x+1-m(x-π)≤0在x∈上恒成立.
令g(x)=xsin x+cos x+1-m(x-π),x∈,则g(x)max≤0.(7分)
因为g(π)=0,所以若xsin x+cos x+1-m(x-π)≤0在上恒成立,
则π必为g(x)的最大值点,即g(x)的极大值点,必有g'(π)=0.
由g'(x)=xcos x-m,得g'(π)=-π-m=0,解得m=-π.(9分)
下面证明m=-π符合题意.
当m=-π时,g'(x)=xcos x+π,
令h(x)=g'(x),则h'(x)=cos x-xsin x.
(i)当x∈时,g'(x)>0,
所以g(x)在上单调递增;
当x∈时,h'(x)<0,
所以g'(x)单调递减,
所以当x∈时,g'(x)>g'(π)=0,
所以g(x)在上单调递增.
所以g(x)在[0,π]上单调递增.(12分)
(ii)当x∈时,令F(x)=h'(x),
则F'(x)=-2sin x-xcos x>0,
则F(x)在上单调递增.
因为F(π)=-1<0,F>0,
所以由函数零点存在定理知存在x1∈,使得F(x1)=0.
当x∈(π,x1)时,F(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减,即g'(x)单调递减;当x∈时,F(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,即g'(x)单调递增.
因为g'(π)=0,g'=π>0,
所以由函数零点存在定理得,存在x2∈,使得g'(x2)=0.
当x∈(π,x2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.(16分)
综合(i)(ii)及g(π)=0,g+1<0,
可知g(x)max=0,符合题意.
故m的取值集合为{-π}.(17分)
19.解析　(1)当a=1时, f(x)=(x-1)ex--x,该函数的定义域为[-1,+∞),f'(x)=xex-2-1,
所以f'(0)=-3, f(0)=-,(3分)
故曲线y=f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y+=-3x,
即y=-3x-.(5分)
(2)①f'(x)=xex-2-a,
令p(x)=xex-2-a,
则p'(x)=(x+1)ex-,
令φ(x)=(x+1)ex-,
则φ'(x)=(x+2)ex+>0对任意的x>-1恒成立,
所以函数p'(x)在(-1,+∞)上单调递增.(7分)
因为p'(0)=0,
所以当-10时,p'(x)>0,
所以函数f'(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
因为函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,
所以
解得-2此时f'(1)=e-2-a>0,
所以函数f(x)在(-1,0),(0,1)上各有一个极值点,符合题意.
所以实数a的取值范围为.(10分)
②证明:由①可知-1当-1≤a<-时,-2-a≤-1当-2令h(x)=x-1,则h'(x)=,
当-10,此时函数h(x)单调递增,
当x>0时,h'(x)<0,此时函数h(x)单调递减,
所以h(x)≤h(0)=0,即x+1.(12分)
再证ex≥x+1.
令t(x)=ex-x-1,则t'(x)=ex-1.
当x<0时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
当x>0时,t'(x)>0,t(x)单调递增,
所以t(x)≥t(0)=0,即ex≥x+1.
令g(x)=xex-2,
则g(x)≥x(x+1)-x-2=x2-2.
记曲线y=x2-2与直线y=a的交点的横坐标分别为x3,x4(x3所以x3x2>0,
所以,
因为-2所以=a+3.
综上所述,原不等式得证.(17分)
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