第5章 导数及其应用--2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册单元测试（含解析）
文档属性
| 名称 | 第5章 导数及其应用--2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册单元测试（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-02-22 20:17:07 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
第5章 导数及其应用--2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册单元测试
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知函数，，若直线与，的图象分别交于点M，N，则MN的最小值为( )
A. B.1 C. D.
2．设，，，则( )
A. B. C. D.
3．函数存在3个零点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
4．，恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
5．已知函数.若存在，使得，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
6．已知是定义在R上的函数，是的导函数，若，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
7．已知是函数的导数，且，当时，，则不等式的解集是( )
A. B. C. D.
8．已知函数，若，则实数a的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．若正实数x，y满足，则下列不等式可能成立的有( )
A. B. C. D.
10．已知函数，则( )
A.有两个极值点 B.有三个零点
C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线
11．设函数，对于任意给定的实数K，定义函数则下列结论正确的是( )
A.函数的零点有3个 B.，使得
C.若，，则 D.若存在最大值，则
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知和分别是函数且的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是___________.
13．已知函数若恒成立，则实数a的取值范围是__________.
14．已知，，若存在，使得成立，则实数a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．已知，.若有两个极值点，，且.求证：.
16．已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若，，求证：.
17．已知函数.
（1）当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
（2）当时，对于任意，证明：.
18．已知.
（1）若函数，讨论的单调性与极值；
（2）证明：.
19．给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫作的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫作三阶导数，记作，三阶导数的导数叫作四阶导数，记作，…….一般地，阶导数的导数叫作n阶导数，记作，.②若，定义.③若函数在包含的开区间上具有n阶导数，那么对任一有，我们将称为函数在处的n阶泰勒展开式.例如，在处的n阶泰勒展开式为.根据以上材料，完成下面的题目.
（1）求出在处的3阶泰勒展开式，并直接写出在处的3阶泰勒展开式；
（2）比较（1）中与的大小.
参考答案
1．答案：B
解析：方法一：设M，N两点的横坐标分别为，.在R上单调递增，在R上单调递增，且，如图.
故，且，，，，所以，.构造函数，则，令，解得.故当时，，单调递减；时，，单调递增.所以的最小值为，即MN的最小值为1.
方法二：过点N作直线的平行线，记为l，设两平行直线间的距离为d，则.当直线l是曲线的切线时，d有最小值，即MN有最小值.，令，解得，又，所以此时直线，，故MN的最小值为.
2．答案：C
解析：设，，，则当时，，，.设，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，所以，又函数在上为增函数，所以，即，所以.设，则，设，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，即.综上，，故选C.
3．答案：B
解析：由题意知.要使函数存在3个零点，则要有2个不同的实根，则.令，解得.令，则或；令，则，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以要使存在3个零点，则即解得，即.故选B.
4．答案：C
解析：由题意得，，恒成立，设，则.令，解得，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，故，所以，解得.
5．答案：B
解析：由，，得.由题意知，存在，使得成立.令，则.因为，令，得，列表如下：
x e
+ 0 -
↗ 极大值 ↘
所以函数在处取得极大值，也是最大值，即，因此.
6．答案：D
解析：由，得，设，则，所以函数在R上单调递增，因为，所以，所以不等式等价于，即，所以，解得，所以不等式的解集为.
7．答案：D
解析：设，则.因为当时，，所以当时，，即在上单调递增.因为，所以，所以是偶函数.因为，所以，即，所以，则，解得.
8．答案：D
解析：因为恒成立，所以函数单调递增.若，则，即，解得.故选D.
9．答案：AD
解析：令，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.若，则，即，所以成立.令，则，所以在上单调递增，所以当时，，即.对于A，当，时，，即成立，此时也成立，故A正确.对于B，当时，，即，B错误.对于C，当时，，即，C错误.对于D，当时，必然成立，D正确.
10．答案：AC
解析：因为，所以，令，得.由，得或；由，得.所以在，上单调递增，在上单调递减，所以有两个极值点，故A正确.因为，，所以函数在R上有且只有一个零点，故B错误.因为函数的图象向上平移一个单位长度得函数的图象，函数的图象关于原点中心对称，所以点是曲线的对称中心，故C正确.假设直线是曲线的切线，切点为，则，解得.若，则切点坐标为，但点不在直线上，若，则切点坐标为，但点不在直线上，所以假设不成立，故D错误.
11．答案：BCD
解析：，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.故在R上有最大值，为.令，则，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.令，则，即，解得该方程的正根为，且.故作出函数与的大致图象，如图1.
当时，恒成立，故，由图1得有2个零点，故A错误.由图1知在上，，故，，又，，所以，使得，故B正确.因为恒成立，所以若，，则，故C正确.当时，，故有最大值，为1；当时，的大致图象如图2所示，有最大值；当时，的大致图象如图3所示，所以无最大值.综上，若存在最大值，则，故D正确.
12．答案：
解析：方法一：由，得.令，得.因为且，所以，所以.令，则.令，得.故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，也是最小值.因为有极小值点和极大值点，故有两个不同的根，，故的图象与直线有两个交点，所以，即.又，所以.又，所以当，时，；当时，.若，则当时，，不符合题意，所以，则，所以.
方法二：由题意，，根据有极小值点和极大值点，可知，为的两个不同的根.又，所以当，时，；当时，.由可得.①若，则当时，，不符合题意，舍去.②若，令，，在同一平面直角坐标系中作出函数和的图象，如图所示.因为有两个不同的根，所以与的图象需要有两个交点，则过原点且与的图象相切的直线l的斜率.不妨设直线l与的图象的切点坐标为，因为，所以，可得，从而，即，则.又，所以，所以.
13．答案：
解析：当时，若在上单调递增，则无最小值，不满足题意，故在上单调递减，故解得.当时，，故时，，单调递减，时，，单调递增，因此，即，解得.综上，实数a的取值范围是.
14．答案：
解析：由，得，即.由及的图象，知，所以.记，，则.因为，所以，所以.所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，所以.
15．答案：证明见解析
解析：证明：方法一：
由题意得，且，是方程的两个不相等的实根，
所以，.
令，则.
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，所以.
令，则.
因为，所以，，
所以，所以在上单调递增，
所以，即当时，.
令，则.
因为，，在上单调递减，
所以，即.
方法二：
欲证，需证.
由题可知，
所以，是方程的两个不相等的实根，
所以
解得，
所以.
设，因为，所以，
所以，，
所以要证，即证，
即证当时，有.
设函数，
当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以当时，有，
所以成立，即.
方法三：
欲证，需证，即证.
由题可知，
所以，是方程的两个不相等的实根，
所以
解得.
所以即证，
又，所以即证，即证.
令，则，构造，，
则，所以，原不等式即证.
16．答案：（1）的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）证明见解析
解析：（1）当时，，.
令，
则.
令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，即，
所以在上单调递增.
所以的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）令，
则，
所以在上单调递减，
所以.
则当时，要证，只需证，
即证，
即证.
又由（1）知当，时，，即，故只需证.
又，所以，，，
故只需证.
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以.
17．答案：（1）或
（2）证明见解析
解析：（1）由题知，当时，，.
设切点，
则切线方程为，
该切线过点，则，
即，
解得或.
又，；，.
所以切线l的方程为或.
（2）设，
则，
令，
则，
当时，，当时，，
故时，均有，则即在上单调递增，且，
又，则，，
故在上单调递增，
所以当时，.
所以当时，对于任意，均有.
18．答案：（1）的单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值
（2）证明见解析
解析：（1）由题意，得，则.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以的极小值为，无极大值.
（2）要证成立，只需证成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，即，
由（1）知，时，，
且的最小值点与的最大值点不同，
所以，即，所以.
19．答案：（1）；
（2）当时，；当时，；当时，
解析：（1）因为，，，
所以，，，
所以，即.
.
（2）由（1）知，，
令，
则，
所以，，
所以在R上单调递增，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以，
所以在R上单调递增，又，
所以当时，，即；
当时，，即.
综上，当时，；当时，；当时，.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第5章 导数及其应用--2024-2025学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册单元测试
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知函数，，若直线与，的图象分别交于点M，N，则MN的最小值为( )
A. B.1 C. D.
2．设，，，则( )
A. B. C. D.
3．函数存在3个零点，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
4．，恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
5．已知函数.若存在，使得，则实数a的取值范围是( )
A. B. C. D.
6．已知是定义在R上的函数，是的导函数，若，且，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
7．已知是函数的导数，且，当时，，则不等式的解集是( )
A. B. C. D.
8．已知函数，若，则实数a的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．若正实数x，y满足，则下列不等式可能成立的有( )
A. B. C. D.
10．已知函数，则( )
A.有两个极值点 B.有三个零点
C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线
11．设函数，对于任意给定的实数K，定义函数则下列结论正确的是( )
A.函数的零点有3个 B.，使得
C.若，，则 D.若存在最大值，则
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知和分别是函数且的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是___________.
13．已知函数若恒成立，则实数a的取值范围是__________.
14．已知，，若存在，使得成立，则实数a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．已知，.若有两个极值点，，且.求证：.
16．已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若，，求证：.
17．已知函数.
（1）当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
（2）当时，对于任意，证明：.
18．已知.
（1）若函数，讨论的单调性与极值；
（2）证明：.
19．给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫作的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫作三阶导数，记作，三阶导数的导数叫作四阶导数，记作，…….一般地，阶导数的导数叫作n阶导数，记作，.②若，定义.③若函数在包含的开区间上具有n阶导数，那么对任一有，我们将称为函数在处的n阶泰勒展开式.例如，在处的n阶泰勒展开式为.根据以上材料，完成下面的题目.
（1）求出在处的3阶泰勒展开式，并直接写出在处的3阶泰勒展开式；
（2）比较（1）中与的大小.
参考答案
1．答案：B
解析：方法一：设M，N两点的横坐标分别为，.在R上单调递增，在R上单调递增，且，如图.
故，且，，，，所以，.构造函数，则，令，解得.故当时，，单调递减；时，，单调递增.所以的最小值为，即MN的最小值为1.
方法二：过点N作直线的平行线，记为l，设两平行直线间的距离为d，则.当直线l是曲线的切线时，d有最小值，即MN有最小值.，令，解得，又，所以此时直线，，故MN的最小值为.
2．答案：C
解析：设，，，则当时，，，.设，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，所以，又函数在上为增函数，所以，即，所以.设，则，设，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，即.综上，，故选C.
3．答案：B
解析：由题意知.要使函数存在3个零点，则要有2个不同的实根，则.令，解得.令，则或；令，则，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以要使存在3个零点，则即解得，即.故选B.
4．答案：C
解析：由题意得，，恒成立，设，则.令，解得，令，解得，则在上单调递减，在上单调递增，故，所以，解得.
5．答案：B
解析：由，，得.由题意知，存在，使得成立.令，则.因为，令，得，列表如下：
x e
+ 0 -
↗ 极大值 ↘
所以函数在处取得极大值，也是最大值，即，因此.
6．答案：D
解析：由，得，设，则，所以函数在R上单调递增，因为，所以，所以不等式等价于，即，所以，解得，所以不等式的解集为.
7．答案：D
解析：设，则.因为当时，，所以当时，，即在上单调递增.因为，所以，所以是偶函数.因为，所以，即，所以，则，解得.
8．答案：D
解析：因为恒成立，所以函数单调递增.若，则，即，解得.故选D.
9．答案：AD
解析：令，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.若，则，即，所以成立.令，则，所以在上单调递增，所以当时，，即.对于A，当，时，，即成立，此时也成立，故A正确.对于B，当时，，即，B错误.对于C，当时，，即，C错误.对于D，当时，必然成立，D正确.
10．答案：AC
解析：因为，所以，令，得.由，得或；由，得.所以在，上单调递增，在上单调递减，所以有两个极值点，故A正确.因为，，所以函数在R上有且只有一个零点，故B错误.因为函数的图象向上平移一个单位长度得函数的图象，函数的图象关于原点中心对称，所以点是曲线的对称中心，故C正确.假设直线是曲线的切线，切点为，则，解得.若，则切点坐标为，但点不在直线上，若，则切点坐标为，但点不在直线上，所以假设不成立，故D错误.
11．答案：BCD
解析：，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.故在R上有最大值，为.令，则，令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.令，则，即，解得该方程的正根为，且.故作出函数与的大致图象，如图1.
当时，恒成立，故，由图1得有2个零点，故A错误.由图1知在上，，故，，又，，所以，使得，故B正确.因为恒成立，所以若，，则，故C正确.当时，，故有最大值，为1；当时，的大致图象如图2所示，有最大值；当时，的大致图象如图3所示，所以无最大值.综上，若存在最大值，则，故D正确.
12．答案：
解析：方法一：由，得.令，得.因为且，所以，所以.令，则.令，得.故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，也是最小值.因为有极小值点和极大值点，故有两个不同的根，，故的图象与直线有两个交点，所以，即.又，所以.又，所以当，时，；当时，.若，则当时，，不符合题意，所以，则，所以.
方法二：由题意，，根据有极小值点和极大值点，可知，为的两个不同的根.又，所以当，时，；当时，.由可得.①若，则当时，，不符合题意，舍去.②若，令，，在同一平面直角坐标系中作出函数和的图象，如图所示.因为有两个不同的根，所以与的图象需要有两个交点，则过原点且与的图象相切的直线l的斜率.不妨设直线l与的图象的切点坐标为，因为，所以，可得，从而，即，则.又，所以，所以.
13．答案：
解析：当时，若在上单调递增，则无最小值，不满足题意，故在上单调递减，故解得.当时，，故时，，单调递减，时，，单调递增，因此，即，解得.综上，实数a的取值范围是.
14．答案：
解析：由，得，即.由及的图象，知，所以.记，，则.因为，所以，所以.所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，所以.
15．答案：证明见解析
解析：证明：方法一：
由题意得，且，是方程的两个不相等的实根，
所以，.
令，则.
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以，所以.
令，则.
因为，所以，，
所以，所以在上单调递增，
所以，即当时，.
令，则.
因为，，在上单调递减，
所以，即.
方法二：
欲证，需证.
由题可知，
所以，是方程的两个不相等的实根，
所以
解得，
所以.
设，因为，所以，
所以，，
所以要证，即证，
即证当时，有.
设函数，
当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以当时，有，
所以成立，即.
方法三：
欲证，需证，即证.
由题可知，
所以，是方程的两个不相等的实根，
所以
解得.
所以即证，
又，所以即证，即证.
令，则，构造，，
则，所以，原不等式即证.
16．答案：（1）的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）证明见解析
解析：（1）当时，，.
令，
则.
令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，即，
所以在上单调递增.
所以的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）令，
则，
所以在上单调递减，
所以.
则当时，要证，只需证，
即证，
即证.
又由（1）知当，时，，即，故只需证.
又，所以，，，
故只需证.
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以.
17．答案：（1）或
（2）证明见解析
解析：（1）由题知，当时，，.
设切点，
则切线方程为，
该切线过点，则，
即，
解得或.
又，；，.
所以切线l的方程为或.
（2）设，
则，
令，
则，
当时，，当时，，
故时，均有，则即在上单调递增，且，
又，则，，
故在上单调递增，
所以当时，.
所以当时，对于任意，均有.
18．答案：（1）的单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值
（2）证明见解析
解析：（1）由题意，得，则.
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以的极小值为，无极大值.
（2）要证成立，只需证成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，即，
由（1）知，时，，
且的最小值点与的最大值点不同，
所以，即，所以.
19．答案：（1）；
（2）当时，；当时，；当时，
解析：（1）因为，，，
所以，，，
所以，即.
.
（2）由（1）知，，
令，
则，
所以，，
所以在R上单调递增，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以，
所以在R上单调递增，又，
所以当时，，即；
当时，，即.
综上，当时，；当时，；当时，.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)