2025-2026学年人教A版数学选择性必修第二册单元检测：第五章　一元函数的导数及其应用（含答案）

第五章　一元函数的导数及其应用
(考查范围：第五章　时间：120分钟　分值：150分)
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，只有一项符合题目要求．
1．函数f (x)＝x2＋x在x＝1处的导数f′(1)＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
2．利用导数的定义计算的值为(　　)
A．1 B．
C．0 D．2
3．已知函数f (x)的导函数为f′(x)，f (x)的图象如图所示，则(　　)
A．f′(x1)>f′(x2)>f′(x3)
B．f′(x2)>f′(x3)>f′(x1)
C．f′(x3)>f′(x2)>f′(x1)
D．f′(x1)>f′(x3)>f′(x2)
4．函数f (x)＝ln －sin x的零点个数为(　　)
A．1 B．0
C．3 D．2
5．函数f (x)＝2x－ln 2x的单调递减区间为(　　)
A． B．
C． D．
6．下面四个图象中，有一个是函数f (x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R)的导函数y＝f′(x)的图象，则f (－1)＝(　　)
A． B．－
C． D．－或
7．已知当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋bx2＋3取得最大值2，则f (3)＝(　　)
A．2ln 3＋2 B．－
C．2ln 3－6 D．－4
8．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．
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．(2024·新高考全国Ⅰ卷)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)
10．已知函数f (x)＝x3－x＋1，则(　　)
A．f (x)有两个极值点
B．f (x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f (x)的切线
11．已知函数f (x)＝，下列说法正确的是(　　)
A．f (x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减
B．若方程f (|x|)＝k有4个不相等的实根，则k>e
C．当0D．设g(x)＝x2＋a，若 x1∈R， x2∈(1，＋∞)，使得g(x1)＝f (x2)成立，则a≥e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知定义在R上的函数f (x)的导函数f′(x)>1，且f (2m)13．设函数f (x)＝x3＋ax2＋bx(x>0)的图象与直线y＝4相切于点M(1，4)，则y＝f (x)在区间(0，4]上的最大值为________，最小值为________．
14．函数f (x)的导函数为f′(x)，若在f (x)的定义域内存在一个区间D，f (x)在区间D上单调递增，f′(x)在区间D上单调递减，则称区间D为函数f (x)的一个“渐缓增区间”．若函数f (x)＝aex－x2，区间f (x)的其一个渐缓增区间，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＋ax2－2在x＝－2处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)求f (x)在区间[－1，2]上的最大值与最小值．
16．(15分)已知函数f (x)＝ex＋(m＋1)x(m∈R)．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线的方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性．
17．(15分)已知函数f (x)＝－a(2x－1)－b，其中a，b是实数．
(1)若a＝0，求f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)不具有单调性，求实数a的取值范围．
18．(17分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r m，高为 h m，体积为V m3．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100 元/m2，底面的建造成本为160 元/m2，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
19．(17分)函数f (x)＝eλx－4sin x＋λ－2的图象在x＝0处的切线为y＝ax－a－3，a∈R.
(1)求λ的值；
(2)求f (x)在(0，＋∞)上零点的个数．
第五章　一元函数的导数及其应用
(考查范围：第五章　时间：120分钟　分值：150分)
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，只有一项符合题目要求．
1．D　解析：因为f (x)＝x2＋x，所以f′(x)＝2x＋1，所以f′(1)＝2×1＋1＝3．故选D．
2．B　解析：因为
＝2，
而＝(ln x)′＝，
所以，
所以.故选B．
3．B　解析：分别作出函数f (x)的图象在x＝x1，x＝x2，x＝x3处的切线，如图所示．
根据导数的几何意义及图中切线的斜率可知，f′(x2)>f′(x3)>0>f′(x1)．故选B．
4．A　解析：由>0，可得－1所以f′(x)＝－cos x＝－cos x.
由于1－x2∈(0，1]，故－cos x≥0，
即f′(x)≥0，当且仅当x＝0时取等号，
故f (x)在(－1，1)上单调递增．又f (0)＝0，
所以f (x)仅有一个零点．
故选A．
5．A　解析：由题得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2－2×，令f′(x)<0，解得06．D　解析：因为f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，所以y＝f′(x)的图象开口向上，排除②④.若y＝f′(x)的图象为①，则a＝0，f (－1)＝.若y＝f′(x)的图象为③，则a2－1＝0，得a＝±1．又对称轴x＝
－a>0，所以a＝－1，所以f (－1)＝－.
7．C　解析：f′(x)＝＋2bx，因为当x＝1时，函数f (x) 取得最大值2，
所以即解得
所以f (x)＝2ln x－x2＋3，f′(x)＝.
令f′(x)>0，得01.
所以f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则f (x)max＝f (1)＝2，符合题意，所以f (3)＝2ln 3－6.
故选C．
8．A　解析：对f (x)求导可得f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线得方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.故选A．
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．ACD　解析：对A选项，因为函数f (x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，
易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f (x)的极小值点，故A正确；
对B选项，当00，所以1>x>x2>0，
由A选项可知，函数f (x)在(0，1)上单调递增，所以f (x)>f (x2)，故B错误；
对C选项，当1所以f (1)>f (2x－1)>f (3)，即－4对D选项，当－10，所以f (2－x)>f (x)，故D正确．故选ACD．
10．AC　解析：由题得f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0得x>或x<－；令f′(x)<0得－因为f>0，f>0，f (－2)＝－5<0，所以，函数f (x)在上有一个零点，当x≥－时，f (x)≥f>0，即函数f (x)在上无零点．综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误．
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，所以h(x)是奇函数，点(0，0)是h(x)图象的对称中心．将h(x)的图象向上平移1个单位长度得到f (x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确．
令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1．又f (1)＝f (－1)＝1，所以当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1；当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．
故选AC．
11．BD　解析：函数f (x)＝的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝.当0e时，f′(x)>0，所以 f (x)在(0，1)，(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，故A不正确．
当x∈(0，1)时，f (x)的图象在x轴下方，当x∈(1，＋∞)时，f (x)的图象在x轴上方，且当x＝e时，f (x)＝e，显然f (|x|)是偶函数，所以在方程f (|x|)＝k中，当k<0或k＝e时，方程有两个不相等的实根；当0≤ke时，方程有4个不相等的实根，故B正确．
因为0当x∈R时，g(x)的值域为[a，＋∞)，当x∈(1，＋∞)时，f (x)的值域为[e，＋∞)．因为 x1∈R， x2∈(1，＋∞)，使得g(x1)＝f (x2)成立，从而[a，＋∞) [e，＋∞)，即得a≥e，故D正确．故选BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． (－∞，1)　解析：因为定义在R上的函数f (x)的导函数f′(x)>1>0，所以f (x)在R上单调递增．由f (2m)13． 4　0　解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x>0)．
依题意，得即
解得所以f (x)＝x3－6x2＋9x.
令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.
当x变化时，f′(x)，f (x)在区间(0，4]上的变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，4) 4
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 单调递增 4 单调递减 0 单调递增 4
又当x→0时，f (x)→0，所以函数f (x)＝x3－6x2＋9x在区间(0，4]上的最大值是4，最小值是0.
14．　解析：对于函数f (x)＝aex－x2，f′(x)＝aex－2x.由题知，为f (x)的一个渐缓增区间．
令g(x)＝aex－2x，则g′(x)＝aex－2，
因为f′(x)在区间上单调递减，所以aex－2≤0恒成立，即a≤恒成立．
又，所以a≤.
又f (x)在区间上单调递增，
所以f′(x)＝aex－2x≥0恒成立，即a≥恒成立．
令h(x)＝，则h′(x)＝，
所以h(x)＜h()，即＜，所以a≥.
综合得，
即实数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．
解：(1)因为f (x)＝x3＋ax2－2，所以f′(x)＝3x2＋2ax，
所以f′(－2)＝12－4a＝0，解得a＝3．经检验成立．
(2)由(1)知f (x)＝x3＋3x2－2，
所以f′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋2)．
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (0)＝－2.
因为f (－1)＝0，f (2)＝18，所以f (x)max＝18.
16．
解：(1)当m＝1时，f (x)＝ex＋2x，
f (2)＝e2＋4，f′(x)＝ex＋2，f′(2)＝e2＋2，
故曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线的方程为y－(e2＋4)＝(e2＋2)(x－2)，
即(e2＋2)x－y－e2＝0.
(2)f′(x)＝ex＋m＋1，
当m＋1≥0，即m≥－1时，f′(x)>0，f (x)在R上单调递增．
当m＋1<0，即m<－1时，
由f′(x)＝0，得x＝ln (－m－1)．
当x>ln (－m－1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x所以f (x)在(－∞，ln (－m－1))上单调递减，在(ln (－m－1)，＋∞)上单调递增．
综上所述，当m≥－1时，f (x)在R上单调递增；
当m<－1时，f (x)在(－∞，ln (－m－1))上单调递减，在(ln (－m－1)，＋∞)上单调递增．
17．
解：(1)当a＝0时，f (x)＝－b，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝2．当x<2时，f′(x)>0，f (x)单调递增，当x>2时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．
(2)因为函数f (x)的图象是连续的，且f (x)不具有单调性，
所以f′(x)＝－2a的函数值有正有负(f′(x)有异号零点)．
记g(x)＝f′(x)＝－2a，则g′(x)＝，当x∈(－∞，3)时g′(x)<0，当x∈(3，＋∞)时g′(x)>0，
所以f′(x)在(－∞，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增．
存在x1＝－|2a|，使得f′(x1)＝－2a＝(2＋|2a|)e|2a|－2a>0，
故只需f′(x)min＝f′(3)＝－－2a<0，得a>，即实数a的取值范围是.
18．
解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，
底面的总成本为160πr2元，所以修建蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
由r>0，h>0，可得0故函数V(r)的定义域为.
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，0所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上单调递增；
当r∈时，V′(r)<0，故V(r)在上单调递减．
由此可知，V(r)在r＝5时取得最大值V(5)＝200π，此时h＝8.
故当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
19．
解：(1)因为f (x)＝eλx－4sin x＋λ－2，f′(x)＝λeλx－4cos x，
所以f′(0)＝λ－4，所以切线斜率为λ－4，即a＝λ－4，
所以切线方程为y＝(λ－4)x－λ＋1.
又f (0)＝λ－1，所以切点坐标为(0，λ－1)，代入得
λ－1＝－λ＋1，解得λ＝1.
(2)由(1)得f (x)＝ex－4sin x－1，f′(x)＝ex－4cos x，
令g(x)＝f′(x)＝ex－4cos x，则g′(x)＝ex＋4sin x，
当x≥π时，f′(x)＝ex－4cos x>0恒成立，所以f (x)在[π，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (π)＝eπ－4sin π－1＝eπ－1>0.
因此f (x)在[π，＋∞)上无零点．
当00恒成立，所以f′(x)在(0，π)上单调递增，
又f′(0)＝－3<0，f′(π)＝eπ＋4>0，
所以f′(x)在(0，π)上存在唯一的零点x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(x0，π)时，f′(x)>0，f (x)单调递增．
又f (0)＝0，f (x0)0，
因此f (x)在(0，π)上仅有1个零点．
综上，f (x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．