【突破课堂】第五章 一元函数的导数及其应用--26版高中同步达标检测卷人教A版数学选必修2

高中同步达标检测卷
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)=3f'(1)x-x2+ln x+,则f(1)=(　　)
A.1　　　B.2　　　C.　　　D.-
2.已知f(x)=x2+sin,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(x)的大致图象是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D　
3.已知函数f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.[0,+∞)　　　B.(1,+∞)　　　C.(e,+∞)　　　D.[2e,+∞)
4.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f '(x)·ex<0(f '(x)为f(x)的导函数),且f(x)+f(-x)=0.若f(1)=-1,则满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是(　　)
A.[1,3]　　　B.[-2,1]　　　C.[0,2]　　　D.[-1,2]
5.若直线y=ax+b与曲线y=2+ln x相切,则a+b的取值范围为(　　)
A.[e,+∞)　　　B.　　　C.[2,+∞)　　　D.[1,+∞)
6.已知函数f(x)=(x+1)ex, f(x)=k有2个实数解,则实数k的取值范围是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.(0,+∞)
7.已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.a8.对于函数f(x),若f(x0)=x0,则称x0为f(x)的不动点.下列所给的函数中,没有不动点的是(　　)
A.f(x)=ex-1　　　B.f(x)=ln(cos x)
C.f(x)=ln(sin x)　　　D.f(x)=ln(ln x)
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.下列命题正确的有(　　)
A.(e-x)'=-e-x
B.已知函数f(x)在R上可导,若f '(1)=2,则=2
C.已知函数f(x)=ln(2x+1),若f '(x0)=1,则x0=
D.[(x2+2)sin x]'=2xsin x+(x2+2)cos x
10.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.a11.帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=,且满足f(0)=R(0), f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0),……, f(m+n)(0)=R(m+n)(0),则下列结论正确的是(　　)
注:f ″(x)=[f '(x)]', f (x)=[f ″(x)]', f(4)(x)=[f (x)]', f(5)(x)=[f(4)(x)]',…….
A.若函数f(x)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x),则f(0)=R(0), f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0)
B.函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=
C.ln 1.1≈0.095
D.函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x),当x≥0时, f(x)≥R(x)
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.若曲线y=ln(x+1)+m的一条切线方程为y=2x+1,则m=　　　　.
13.已知y=(x-a)2+(xln x-a+3)2(a∈R),则y的最小值为　　　　.
14.当x>0时,ae2x≥ln恒成立,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.(13分)已知函数f(x)=x3+x2-x+.
(1)当m=1时,求过点(1, f(1))且与曲线f(x)相切的直线的方程;
(2)若　　　　,求实数m的取值范围.
从①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减;②函数f(x)在上存在单调递减区间;③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值这三个条件中任选一个,补充在上面的问题中并作答.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
16.(15分)如图,将一个边长为1的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形,再把它沿虚线折起,做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒.
(1)试把这个正六棱柱铁皮盒的容积V表示为铁皮盒底面边长x的函数;
(2)x多大时,盒子的容积V最大 并求出最大值.
17.(15分)已知函数f(x)=(1+ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若方程f(x)=1有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明:x1x2>1.
18.(17分)设函数f(x)=xln x,已知点A0,过点An(0,yn)作曲线y=f(x)的切线,与曲线y=f(x)相切于点Bn+1(xn+1,yn+1),其中n∈N.
(1)证明:≤ex-2;
(2)证明:(i) n∈N*,xn<;
(ii)数列{xn}(n∈N*)单调递增;
(3)记数列{xn}(n∈N*)的前n项和为Sn,数列{}的前n项和为Tn,证明:Sn-3Tn<.
19.(17分)已知函数f(x)=-sin x(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.
答案与解析
1.A　由f(x)=3f'(1)x-x2+ln x+,可得f'(x)=3f'(1)-2x+,
令x=1,可得f'(1)=3f'(1)-1,解得f'(1)=,
则f(x)=x-x2+ln x+,所以f(1)=-1+0+=1.
2.A　f(x)=x2+sin=x2+cos x,则f'(x)=x-sin x,
易知f'(x)的定义域为R,关于原点对称,
又f'(-x)=(-x)-sin(-x)=-x+sin x=-f'(x),
∴f'(x)是奇函数,其图象关于原点对称,故排除B,D;
易得f'=-<0,故排除C.
3.B　当a≤0时, f(x)=eax-ex在[0,+∞)上单调递减,不符合题意,所以a>0,
易得f '(x)=aeax-ex,由已知得f '(x)≥0,即aeax≥ex在x∈[0,+∞)上恒成立,即axeax≥xex在x∈[0,+∞)上恒成立.
令g(x)=xex,x∈[0,+∞),则g'(x)=(x+1)ex>0,
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
因为g(ax)≥g(x),所以ax≥x≥0,所以a≥1,
当a=1时, f(x)=0,不符合题意,故a的取值范围是(1,+∞).
4.C　因为f '(x)·ex<0,ex>0,所以f '(x)<0,
所以函数f(x)在R上单调递减.
因为f(x)+f(-x)=0, f(1)=-1,所以f(-1)=-f(1)=1.
由|f(x-1)|≤1,得-1≤f(x-1)≤1,即f(1)≤f(x-1)≤f(-1),
所以-1≤x-1≤1,解得0≤x≤2,
所以满足|f(x-1)|≤1的x的取值范围是[0,2].
5.C　设切点为(x0,2+ln x0),x0>0,因为(2+ln x)'=,所以a=.
又因为切点(x0,2+ln x0)在直线y=ax+b上,
所以2+ln x0=ax0+b=1+b,解得b=1+ln x0,所以a+b=1++ln x0.
令g(x)=1++ln x(x>0),则g'(x)=-+=,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=2,
又当x→+∞时,g(x)→+∞,所以g(x)∈[2,+∞),即a+b的取值范围为[2,+∞).
6.B　依题意得f '(x)=(x+2)ex,
当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
当x∈(-2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(-2)=-e-2=-,
易知当x>-1时, f(x)>0,当x<-1时, f(x)<0,且x→-∞时, f(x)→0,所以画出f(x)的大致图象如图所示,
因为f(x)=k有2个实数解,所以直线y=k与函数f(x)的图象有2个交点,由图可知,k的取值范围是.
7.A　由题知,a===,b==,c=,
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=有两个不相等的实数解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.
8.D　令f(x)=x,得f(x)-x=0,令g(x)=f(x)-x.
对于A,g(x)=ex-1-x,则g'(x)=ex-1-1,令g'(x)>0,解得x>1,令g'(x)<0,解得x<1,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,
∴g(x)≥g(1)=0,∴f(x)=ex-1有不动点1,A不符合题意;
对于B,g(x)=ln(cos x)-x,x∈,k∈Z,则g'(x)=-tan x-1,令g'(x)>0,解得2kπ-∴g(x)在(k∈Z)上单调递增,在2kπ-,2kπ+(k∈Z)上单调递减,
又g=ln+>ln+>0,且当x→-时,g(x)→-∞,
∴由函数零点存在定理可知存在x0∈,使g(x0)=f(x0)-x0=0,即f(x)=ln(cos x)有不动点x0,B不符合题意;
对于C,g(x)=ln(sin x)-x,x∈(2kπ,(2k+1)π),k∈Z,则g'(x)=,令g'(x)>0,解得2kπ∴g(x)在(k∈Z)上单调递增,在,(k∈Z)上单调递减,
又g=ln+>ln+>0,且当x→-π时,g(x)→-∞,
∴由函数零点存在定理可知存在x0∈,使g(x0)=f(x0)-x0=0,即f(x)=ln(sin x)有不动点x0,C不符合题意;
对于D,g(x)=ln(ln x)-x,x∈(1,+∞),则g'(x)=-1=,
设h(x)=1-xln x,x>1,则h'(x)=-ln x-1<0,所以h(x)单调递减,又h(1)=1>0,h(e)=1-e<0,∴由函数零点存在定理可知存在x1∈(1,e),使得g'(x1)=0,因此1-x1ln x1=0,且当10,当x>x1时,g'(x)<0,所以g(x)max=g(x1)=ln(ln x1)-x1=ln-x1=-ln x1-x1<0,
所以函数f(x)=ln(ln x)没有不动点,D符合题意.
9.ACD　对于A,(e-x)'=e-x·(-x)'=-e-x,A正确;
对于B,=2=2f '(1)=4,B错误;
对于C, f '(x)=·(2x+1)'=,由f '(x0)==1,得x0=,C正确;
对于D,[(x2+2)sin x]'=2xsin x+(x2+2)cos x,D正确.
10.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)单调递减,∴f(b)>f(0)=0,即e2b+2b>eb+4b,∴e2b+2b>e2a+2a,
令g(x)=e2x+2x,易知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(b)=g(1)=e2+2>e+4=g(a)>1=g(0),又g(x)在R上单调递增,∴0取b=,则e2a+2a=eb+4b=+1,g(b)=g=+<+1=g(a),
又g(x)在R上单调递增,∴a>b>0,故D正确.
11.ACD　对于A,由题意得f(0)=R(0), f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0),A正确;
对于B,∵f(x)=ln(x+1),∴f '(x)=, f ″(x)=-,
设R(x)=,则R(0)=a0,R'(x)=,R″(x)=,
由题意得f(0)=R(0), f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0),
∴解得故R(x)==,B错误;
由B知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=,
令x=0.1,则R(0.1)==≈0.095,∴ln 1.1≈0.095,C正确;
令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-(x≥0),则φ'(x)=-=≥0,∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,∴φ(x)≥φ(0)=0,∴当x≥0时, f(x)≥R(x),D正确.
12.答案　ln 2
解析　设f(x)=ln(x+1)+m,x>-1,则f '(x)=.
设切点为(x0,y0),由题意得f '(x0)=2,即=2,解得x0=-,
所以y0=2x0+1=0,又ln(x0+1)+m=y0,∴ln+m=0,解得m=-ln=ln 2.
13.答案　2
解析　设点P(x,xln x),Q(a,a-3),则P是函数f(x)=xln x图象上的点,Q是直线l:y=x-3上的点,|PQ|=,
易得f '(x)=ln x+1,
令f '(x)>0,得x>,令f '(x)<0,得0设曲线f(x)在点M(x0,y0)处的切线l1与直线l平行,
则f '(x0)=ln x0+1=1,解得x0=1,则点M(1,0),
所以|PQ|的最小值为点M(1,0)到直线l的距离,为=,
所以y=(x-a)2+(xln x-a+3)2的最小值为2.
14.答案　
解析　因为当x>0时,ae2x≥ln恒成立,
所以ae2x≥ln x-ln a-x在x∈(0,+∞)上恒成立,
所以eln a+2x+ln a+2x≥eln x+ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,
令f(x)=ex+x,则f '(x)=ex+1,易知f '(x)>0,
所以f(x)在R上单调递增,又f(ln a+2x)≥f(ln x)在(0,+∞)上恒成立,
所以ln a+2x≥ln x在x∈(0,+∞)上恒成立,即ln a≥ln x-2x在x∈(0,+∞)上恒成立,所以ln a≥(ln x-2x)max,x∈(0,+∞).
令g(x)=ln x-2x(x>0),则g'(x)=-2=,
令g'(x)=0,得x=,当00,当x>时,g'(x)<0,
所以g(x)在上单调递增,在上单调递减,所以g(x)在x=处取得极大值,也是最大值,为g=ln-1=ln,
所以ln a≥ln,解得a≥,
所以实数a的取值范围是.
15.解析　(1)当m=1时, f(x)=x3+x2-x+,
所以f(1)=0, f'(x)=x2+x-1.(2分)
设切点为,
则切线方程为y-=(+x0-1)(x-x0),(4分)
将点(1,0)代入切线方程,整理得4-3-6x0+5=(x0-1)2(4x0+5)=0,所以x0=-或x0=1,所以切线方程为y=-x+或y=x-1.(7分)
(2)易得f'(x)=x2+mx-1.
若选①函数f(x)在区间(m,m+1)上单调递减,
则f'(x)≤0在区间(m,m+1)上恒成立,即x2+mx-1≤0在(m,m+1)上恒成立,(10分)
所以解得-≤m≤0,
故实数m的取值范围是.(13分)
若选②函数f(x)在上存在单调递减区间,
则f'(x)<0在上有解,即m<-x在上有解.(9分)
令g(x)=-x,易知g(x)在上单调递减,(10分)
所以当x∈时,g(x)故实数m的取值范围是.(13分)
若选③函数f(x)在区间(m,+∞)上存在极小值,
则函数f(x)的极小值点在(m,+∞)内.
令f'(x)=x2+mx-1=0,Δ=m2+4>0恒成立,
解得x1=,x2=,(9分)
令f'(x)>0,解得xx2;令f'(x)<0,解得x1所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
所以x=x2是函数f(x)的极小值点,则>m,即>3m,
当m≤0时,不等式恒成立,(11分)
当m>0时,m2+4>9m2,解得0综上,实数m的取值范围是.(13分)
16.解析　(1)如图,O为正六边形铁皮的中心,连接OA,OB,则MN=CD=x(0易知∠MAC=60°,所以CM=ACtan 60°=,(4分)
又盒子的底面积S=6S△OMN=6×x2sin 60°=x2,(6分)
所以盒子的容积V=S·CM=x2×=x2(1-x),x∈(0,1).(7分)
(2)由(1)可得V(x)=x2(1-x),x∈(0,1),
所以V'(x)=(2x-3x2),(9分)
令V'(x)=0,解得x=或x=0(舍去),(10分)
所以当00,V(x)单调递增,
当所以当x=时,V(x)取得极大值,也是最大值,为V=.(15分)
17.解析　(1)由题意可得x>0,>0,所以a>0,(1分)
由f(x)=(1+ln x)=,x∈(0,+∞),
得f '(x)==-,(3分)
令f '(x)=0,得x=1,
当00,当x>1时, f '(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(5分)
(2)由f(x)=1得=1,即=a,设g(x)=,
则g'(x)==-,令g'(x)=0,得x=1,
当00,则g(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减,
故g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,为g(1)=1,(8分)
易知g=0,且当x→+∞时,g(x)→0,
画出g(x)=的图象,如图所示,(9分)
由图可知,当0不妨设x1设h(x)=g(x)-g=-x(1-ln x),
则h'(x)=-+ln x=ln x,
令h'(x)=0,得x=1,
当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
故h'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=0,所以h(x1)=g(x1)-g<0,即g(x1)又g(x1)=g(x2),所以g(x2)又x2>1,>1,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2>,
故x1x2>1.(15分)
18.证明　(1)令g(x)=-ex+2=ln x-ex+2,x>0,
则g'(x)=-e,令g'(x)=0,得x=,
当00,当x>时,g'(x)<0,
故g(x)在上单调递增,在上单调递减,(3分)
所以g(x)≤g=0,即 ≤ex-2.(5分)
(2)(i)f(x)的定义域为{x|x>0}, f '(x)=1+ln x,则f '(xn+1)=1+ln xn+1,(6分)
所以切线AnBn+1的方程为y-yn+1=(1+ln xn+1)(x-xn+1),且yn+1=xn+1ln xn+1,
将(0,yn)代入切线方程,得yn=-xn+1,即xn+1=-xnln xn.(8分)
令f '(x)=0,得x=,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)≥f=-,则xn+1≤,当且仅当xn=时等号成立.(10分)
又x1=-y0=,所以xn≠,
所以xn+1<,n∈N,即 n∈N*,xn<.(11分)
(ii)由(i)知 n∈N*,01,所以数列{xn}(n∈N*)单调递增.(13分)
(3)由(1)得ln x≤ex-2,当且仅当x=时等号成立,
所以xn+1=-xnln xn>-xn(exn-2)=2xn-e>2xn-3,
累加求和可得Sn+1-x1>2Sn-3Tn,(15分)
所以Sn-3Tn19.解析　(1)若f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0,即-sin a≥0,即sin a≤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≥sin x(x≥0).
若x≥1,则≥1≥sin x;若0≤x<1,则≥x.
令h(x)=x-sin x(x≥0),则h'(x)=1-cos x≥0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)=0,即x≥sin x(x≥0),所以≥sin x(x≥0).(3分)
若2kπ-π≤a≤2kπ(k∈Z),则当a≤x≤2kπ(k∈Z)时,sin x≤0,故≥0≥sin x,即f(x)≥0;当x>2kπ(k∈Z)时,>,
由≥sin x(x≥0),得≥sin(x-2kπ)=sin x,所以f(x)=-sin x>0.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)=-cos x.
令g(x)=-cos x,x∈,则g'(x)=-+sin x.(7分)
易知g'(x)在上单调递增,
因为g'(0)<0,g'=1->0,
所以存在唯一的实数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.(9分)
因为a<-,所以-a>,>,2>1,
所以g(0)=-1<0,g=-=<0,g=>0,
所以存在唯一的实数x0∈,使g(x0)=-cos x0=0. (11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)在区间上有唯一极值点x0,且f(x0)=-sin x0.(13分)
由g(x0)=-cos x0=0,得=,
所以f(x0)=-sin x0.
要证f(x0)>-x0,即证f(x0)+x0>,
又f(x0)+x0=+(x0-sin x0)>,
所以只需证明>,即证2cos x0<π-2x0.(15分)
因为x0∈,所以2cos x0=2sin<2=π-2x0,
所以f(x0)+x0=+(x0-sin x0)>>,
所以f(x0)>-x0.(17分)