第五章一元函数的导数及其应用 综合训练（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第五章 一元函数的导数及其应用 综合训练
考点1　导数的运算法则及其几何意义
1.设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　　　　.
3.若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　.
4.已知数列{an}中,a1=3,=+.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
5.已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
①关键点拨:点(x1, f(x1))是切点;
考点2　函数的导数与单调性
6.已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为(　　)
A.e2　　　B.e　　　C.e-1　　　D.e-2
7.设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　)
A.aC.c8.已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当19.已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)10.已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
考点3　函数的导数与极值、最大(小)值
11.(多选题)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时, f(x)=(x2-3)ex+2,则(　　)
A. f(0)=0　　　
B.当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2
C. f(x)≥2当且仅当x≥　　　
D.x=-1是f(x)的极大值点
12.(多选题)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　)
A.x=3是f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当-1f(x)
13.函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2)　　　B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)　　　D.(-3,0)
14.已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x115.已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0(1)证明: f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
(i)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减;
(ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论.
16.设函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)图象上点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a的取值范围;
(3)若x1,x2∈(0,1),证明|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
17.(2025全国一,19)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
答案
1.A　f '(x)=,
∴f '(0)=e0+2cos 0=3,
∴曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),即y=3x+1,
当x=0时,y=1,当y=0时,x=-,
∴所围成的三角形的面积S=×1×=.
2.答案　4
解析　由y=ex+x+a,得y'=ex+1.设直线y=2x+5与曲线y=ex+x+a相切于点(x0,y0),
则解得x0=0,y0=5,a=4.
3.答案　ln 2
解析　由y=ex+x得y'=ex+1,
则曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线的斜率k1=y'|x=0=2,所以切线方程为y=2x+1.
设该切线与曲线y=ln(x+1)+a相切于点(x0,ln(x0+1)+a),
由y=ln(x+1)+a得y'=,则曲线y=ln(x+1)+a在点(x0,ln(x0+1)+a)处的切线斜率k2=y'=,
所以解得
故a=ln 2.
4.解析　(1)证明:因为=+,
所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=1,
所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.
因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,
所以f '(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1
=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,
则f '(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①
-2f '(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②
①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=3+-(m+2)·(-2)m
=-·(-2)m,
所以f '(-2)=-·(-2)m
=.
5.
解析　(1)由题意知, f(-1)=-1-(-1)=0, f '(x)=3x2-1,则f '(-1)=3-1=2,故曲线y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2(x+1),即y=2x+2,
设该切线与曲线y=g(x)切于点(x0,g(x0)),
由g(x)=x2+a得g'(x)=2x,则g'(x0)=2x0=2,解得x0=1,则g(1)=1+a=2×1+2,解得a=3.
(2)由(1)知f '(x)=3x2-1,则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),整理得y=(3-1)x-2,
设该切线与曲线y=g(x)切于点(x2,g(x2)),
易知g'(x)=2x,则g'(x2)=2x2,则曲线y=g(x)在该点处的切线方程为y-(+a)=2x2(x-x2),整理得y=2x2x-+a,
由
得a=-2=-2=-2-+,令h(x)=x4-2x3-x2+,
则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),
令h'(x)>0,得-1,
令h'(x)<0,得x<-或0故x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x -∞,- - -,0 0 (0,1) 1 (1, +∞)
h'(x) - 0 + 0 - 0 +
h(x) ↘ ↗ ↘ -1 ↗
故h(x)的值域为[-1,+∞),即a的取值范围为[-1,+∞).
6.C　∵f(x)在(1,2)内单调递增,
∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立,
即f '(x)=aex-≥0在1∴a≥在1令g(x)=xex(10,
∴g(x)在(1,2)内单调递增,∴g(x)∈(e,2e2),
∴∈,∴a≥,即a的最小值为.
7.C　a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9=-ln.
(1)=0.9e0.1,令f(x)=(1-x)ex,则f '(x)=-xex,
由f '(x)>0得x<0,由f '(x)<0得x>0.
故f(x)在(0,+∞)上单调递减,在(-∞,0)上单调递增,所以f(0.1)0,所以a(2)c-b=-ln-=ln -=ln-.
令g(x)=ln(1+x)-x,则g'(x)=-1=.
当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(3)a-c=0.1e0.1+ln,令h(x)=xex+ln(1-x)(x<1),
则h'(x)=(x+1)ex-(x<1),
令φ(x)=(x+1)ex-(x<1),
则φ'(x)=(x+2)ex-,易知当00,
所以φ(x)在上单调递增,又φ(0)=1-1=0,
所以当00,h(x)在上单调递增,所以h(0.1)>h(0),即0.1e0.1+ln>0,即a-c>0,所以a>c.
综上可知,b>a>c.
8.解析　(1)由>0得0当b=0时, f(x)=ln +ax,
所以f'(x)=·'+a=+a,
因为f '(x)≥0,所以a≥,
当0所以a≥-2,故a的最小值为-2.
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,又f(x)在(0,2)内连续,f(x)>-2当且仅当1故f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
则f'(x)=(x-1)2,
易知当1所以当b≥-时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,所以f(x)>f(1)=-2,满足题意.
当b<-时,存在x0∈(1,2),使得+3b=0,
当x∈(1,x0)时,f'(x)<0, f(x)单调递减,
此时f(x)综上所述,b的取值范围为.
9.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a-=.
若a≤0,则f '(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;
若a>0,则当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时, f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x,
令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),证明g(x)>0即可,
易得g'(x)=ex-1-2+,
令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-,
显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,问题得证.
10.解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈,
则f '(x)=1-
=1-=
=,
因为x∈,所以cos x∈(0,1),
所以f '(x)<0恒成立,
所以f(x)在上单调递减.
(2)令g(x)=f(x)+sin x=ax-+sin x,x∈,则g'(x)=a-+cos x,x∈,
因为g(x)=f(x)+sin x<0,且g(0)=f(0)+sin 0=0,
所以g'(0)=a-1+1=a≤0,
当a=0时, f(x)+sin x=sin x-=sin x·,
因为x∈,所以01,
所以f(x)+sin x=sin x-<0,满足题意;
当a<0时,因为x∈,所以ax<0,
所以f(x)+sin x=ax-+sin x综上所述,a的取值范围为(-∞,0].
11.ABD　由f(x)是定义在R上的奇函数得f(0)=0,故A正确.
当x<0时,-x>0,则f(-x)=(x2-3)e-x+2,
又f(-x)=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2,
即x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2,故B正确.
f(-1)=2(e-1)>2,故C错误.
当x<0时, f(x)=-(x2-3)e-x-2,
求导得f '(x)==,
当x∈(-∞,-1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈(-1,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
所以x=-1是f(x)的极大值点,故D正确.
12.ACD　因为f(x)=(x-1)2(x-4),x∈R,
所以f '(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3).令f '(x)=0,解得x=1或x=3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表所示,
x (-∞,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 0 单调递减 -4 单调递增
故x=3是f(x)的极小值点,故A正确.
当0所以当0当1f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=2(1-x)3,当-10,故f(2-x)>f(x),故D正确.
13.B　f '(x)=3x2+a,当a≥0时, f '(x)≥0,且不恒为0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不符合题意,∴a<0.
令f '(x)=0,得x1=-,x2=,
当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f =+a·+2>0①,
且f(x)的极小值f(x2)=f=+a+2<0②,
由①②得a<-3,故a的取值范围为(-∞,-3).
14.答案　
解析　解法一:∵f(x)=2ax-ex2,
∴f '(x)=2axln a-2ex.
令f '(x)=0,得axln a=ex.
由题意得函数y=axln a的图象与直线y=ex有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为x1,x2,
当a>1时,在同一平面直角坐标系内画出函数y=axln a的图象与直线y=ex,如图①所示,
当x∈(-∞,x1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,与已知矛盾,∴当a>1时,不满足题意,舍去.
当0当x∈(-∞,x1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(x1,x2)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(x2,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极小值点和极大值点,满足题意.
设过原点的直线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ln a),又y'=ax(ln a)2,∴直线l的斜率k= (ln a)2,∴(ln a)2=,可得=e.
∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a的图象与直线y=ex有两个不同的交点,则0∴(ln a)2<1,即-1又0综上所述,a的取值范围是.
解法二:f '(x)=2ln a·ax-2ex,因为x1,x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点,且x1所以当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f '(x)<0,当x∈(x1,x2)时, f '(x)>0.
若a>1,则当x<0时,2ln a·ax>0,2ex<0,此时f '(x)>0,不符合题意,
所以0令g(x)=,0所以当x∈(-∞,logae)时,g'(x)<0,当x∈(logae,+∞)时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(logae,+∞)上单调递增,在(-∞,logae)上单调递减,
易得x<0时,g(x)<0,g(0)=0,g(logae)=<0.
画出g(x)=的大致图象,如图所示,
由图可得要使函数y=的图象与直线y=有两个不同的交点,则<<0,解得15.解析　(1)证明:易得f'(x)=-1+x-3kx2==,
∵00,
∴当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
∴x=是函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点.
∵f(0)=0,且x∈时, f(x)单调递增,
∴f>0,
当x=时, f=ln-,
令φ(x)=ln(1+x)-x,
则φ'(x)=-1=<0,
∴φ(x)在上递减,
∴φ(x)<φ=ln-<0,即f<0,
又-==>0,
∴∈,
∴当x∈时, f(x)有唯一零点.
综上, f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点.
(2)(i)证明:由(1)得f'(x)=,
且x1=,即1-3k-3kx1=0,
∴f'(x1+t)=
=,
f'(x1-t)=
=,
又g(t)=f(x1+t)-f(x1-t),
∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t)
=+
=3kt·
=
=
=
=,
∵0∴g(t)在区间(0,x1)上单调递减.
(ii)2x1>x2.证明如下:
由(i)知g(t)=f(x1+t)-f(x1-t)在(0,x1)上单调递减,
∴g(x1)又f(0)=0,∴f(2x1)<0,
又∵f(x2)=0,∴f(2x1)由(1)知x∈(x1,+∞)时, f(x)单调递减,
∴2x1>x2.
16.
解析　(1)因为f(x)=xln x,所以f '(x)=ln x+1, f(1)=0,所以f '(1)=1,所以f(x)图象上点(1, f(1))处的切线方程为y=x-1.
(2)f(x)≥a(x-)在x∈(0,+∞)时恒成立,
即xln x≥a(x-)在x>0时恒成立,
即ln x≥a(x>0)恒成立,
令t=(x>0),则x=,t>0,所以-2ln t≥a(1-t)(t>0),即2ln t+a(1-t)≤0(t>0)恒成立.
令g(t)=2ln t+a(1-t)(t>0),
则g(1)=2ln 1+a×0=0,
g'(t)=-a=(t>0),
当a≤0时,g'(t)=>0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当a≤0时,g(t)≤0(t>0)不恒成立,所以a≤0舍去.
当a>0时,令g'(t)>0,即2-at>0,解得0令g'(t)<0,即2-at<0,解得t>,
所以g(t)在上单调递增,在上单调递减,所以g(t)max=g,又g(1)=0,g(t)≤0,
所以=1,所以a=2,所以a的取值范围是{2}.
(3)证明:不妨设0则|f(x1)-f(x2)|≤ |f(x1)-f(x2)|≤ -≤f(x1)-f(x2)≤(*).
易知-≤(0要证f(x1)-f(x2)≤,
只需证f(x1)-f(x2)≤-,
即证f(x1)+≤f(x2)+,
令φ(x)=xln x+(0则φ'(x)=1+ln x+(0令h(x)=1+ln x+(0易知当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,即φ'(x)单调递减,
当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,即φ'(x)单调递增,则φ'(x)≥φ'=3-ln 16>0.
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,所以φ(x1)≤φ(x2),即x1ln x1+≤x2ln x2+,
所以f(x1)-f(x2)≤-≤,即(*)右边证毕.
易知x2-x1≤(0要证-≤f(x1)-f(x2),
只需证x1-x2≤f(x1)-f(x2),
即证f(x2)-x2≤f(x1)-x1,
令m(x)=xln x-x(0则m(x2)≤m(x1),即x2ln x2-x2≤x1ln x1-x1,
所以f(x1)-f(x2)≥x1-x2≥-,即(*)左边证毕.
故当x1,x2∈(0,1)时,|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2.
17.
解析　(1)依题意得f '(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x).
解法一:令f '(x)=0,得sin 5x=sin x,由x∈得5x∈,
因此5x=x或5x+x=π,即x=0或x=.
当00, f(x)单调递增,
若0<5x<,则0sin x;若<5x<,则sin 5x>sin=,sin x当,所以f '(x)<0, f(x)单调递减.
因此当x=时, f(x)取得最大值,且f(x)max=3.
解法二:令f '(x)=0,得sin 5x-sin x=2sin 2xcos 3x=0,
因为x∈,所以由sin 2x=0得x=0,
由cos 3x=0得x=.
以下同解法一.
(2)证明:假设不存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,则对任意y∈[a-θ,a+θ]都有cos y>cos θ.
即y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
因此[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z),
所以因此a<2kπ且a>2kπ,矛盾.
故存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)由(1)知当x∈时, f(x)≤3,
当x∈时, f(x)<5cos -(-1)<3,
易知f(x)是周期为2π的偶函数,
所以f(x)≤3对x∈R恒成立,
所以当b≥3时,存在φ=0使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,
当b<3时,令θ=,
由(2)知对任意φ存在y∈使得cos y≤cos =-,令x=,则x∈,
故5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos y≥5×-=3>b,因此b<3时,不存在满足题意的φ.
综上,b的最小值为3.