《创新课堂》章末检测（五）　一元函数的导数及其应用 课件 高中数学选修2同步讲练测

(共33张PPT)
章末检测（五）　一元函数的导数及其应用
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的
四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知函数f（x）＝ sin x＋4x，则 ＝（　　）
A. 12 B. 6
解析：　由题可得f'（x）＝ cos x＋4，∴f'（π）＝3，
∴ ＝2 ＝2f'（π）＝6.
故选B.
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C. 3
√
2. 下列求导运算正确的是（　　）
A. （ex）'＝xex－1
B. （x3）'＝x3ln x
C. （2 025x）'＝2 025xln 2 025
解析：　由题意（ex）'＝ex，（x3）'＝3x2，（2 025x）'＝2 025xln 2
025，（ln x）'＝ .故选C.
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3. 曲线f（x）＝x3＋1在点（－1，f（－1））处的切线方程为（　　）
A. y＝－3x－1 B. y＝3x＋1
C. y＝3x＋3 D. y＝－3x－3
解析：　f（－1）＝－1＋1＝0，f'（x）＝3x2，故f'（－1）＝3，所以f
（x）＝x3＋1在点（－1，f（－1））处的切线方程为y＝3（x＋1），即
y＝3x＋3.故选C.
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4. 设f（x）＝x2－2x－4ln x，则f（x）的单调递增区间为（　　）
A. （0，＋∞） B. （－1，0）∪（2，＋∞）
C. （2，＋∞） D. （－1，0）
解析：　f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝2x－2－ ＝
＝ ，由f'（x）＞0，可得x＞2，所以f（x）的单调
递增区间为（2，＋∞）.
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5. 函数f（x）＝x sin x的导函数f'（x）在区间[－π，π]上的图象大致为
（　　）
解析：　因为f（x）＝x sin x，所以f'（x）＝ sin x＋x cos x，所以f'（－
x）＝－ sin x－x cos x＝－f'（x），所以f'（x）为奇函数，由此可排除
A、B、D.
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6. 若函数f（x）＝ x2－x＋aln x有两个不同的极值点，则实数a的取值
范围是（　　）
解析：　因为f（x）＝ x2－x＋aln x有两个不同的极值点，所以f'
（x）＝x－1＋ ＝ ＝0在（0，＋∞）上有2个不同的零点，所以
x2－x＋a＝0在（0，＋∞）上有2个不同的零点，所以
解得0＜a＜ .
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7. 已知y＝f（x）是定义在R上的函数，且f（1）＝1，f'（x）＞1，则f
（x）＞x的解集是（　　）
A. （0，1） B. （－1，0）∪（0，1）
C. （1，＋∞） D. （－∞，－1）∪（1，＋∞）
解析：　设g（x）＝f（x）－x，因为f（1）＝1，f'（x）＞1，所以g
（1）＝f（1）－1＝0，g'（x）＝f'（x）－1＞0，所以g（x）在R上是增
函数，且g（1）＝0.所以f（x）＞x的解集即是g（x）＞0的解集（1，
＋∞）.故选C.
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8. 已知f（x）是定义在区间（0，＋∞）上的函数，其导函数为f'（x），
且不等式xf'（x）＜2f（x）恒成立，则（　　）
A. 4f（1）＜f（2） B. 4f（1）＞f（2）
C. f（1）＜4f（2） D. f（1）＞4f（2）
解析：设函数g（x）＝ （x＞0），则g'（x）＝ ＝ ＜0，所以函数g（x）在（0，＋∞）上为减函数，因此g（1）＞g（2），即 ＞ ，所以4f（1）＞f（2）.故选B.
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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）＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c的值
可以为（　　）
A. －2 B. －1
C. 1 D. 2
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解析： 因为f'（x）＝3x2－3＝3（x＋1）（x－1），所以f（x）的
单调递增区间为（－∞，－1），（1，＋∞），单调递减区间为（－1，
1），所以f（x）的极大值为f（－1），极小值为f（1）.又f（x）＝x3
－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，所以只需满足f（－1）＝0或f
（1）＝0，即c＝－2或2.
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10. 已知函数f（x）的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表，f（x）的
导函数f'（x）的图象如图所示，下列关于函数f（x）的结论正确的有
（　　）
x －1 0 2 4 5
f（x） 1 2 0 2 1
A. 函数f（x）的极大值点有2个
B. 函数f（x）在（0，2）上单调递减
C. 若x∈[－1，t]，f（x）的最大值是2，则t的最大值为4
D. 当1＜a＜2时，函数y＝f（x）－a有4个零点
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解析：　由导数的正负性可知，函数y＝
f（x）的单调递增区间为（－1，0），（2，
4），单调递减区间为（0，2），（4，5），B
正确；函数f（x）有2个极大值点，A正确；
当x∈[－1，5]时，函数y＝f（x）的最大值是2，t的最大值为5，而不是4，C错误；作出函数y＝f（x）的图象如图所示，由图可知，
当1＜a＜2时，函数y＝a与函数y＝f（x）的图象有4个交点，D正确.
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11. 定义方程f（x）＝f'（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新不动
点”，则下列函数只有一个“新不动点”的是（　　）
A. g（x）＝x·2x B. g（x）＝－ex－2x
C. g（x）＝ln x D. g（x）＝ sin x＋2 cos x
√
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解析： 　对于A，g'（x）＝2x＋x·2x·ln 2，由g（x）＝g'（x），得
x·2x＝2x＋x·2x·ln 2，解得x＝ ，∴g（x）只有一个“新不动点”；
对于B，g'（x）＝－ex－2，由g（x）＝g'（x），得－ex－2x＝－ex－
2，解得x＝1，∴g（x）只有一个“新不动点”；对于C，g'（x）＝ ，
易知y＝ln x和y＝ 的图象在第一象限内只有一个交点，∴g（x）只有一
个“新不动点”；对于D，g'（x）＝ cos x－2 sin x，由 sin x＋2 cos x＝
cos x－2 sin x，得3 sin x＝－ cos x，即tan x＝－ ，易知方程tan x＝－ 有
无数个解，∴g（x）有无数个“新不动点”.故选A、B、C.
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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知函数f（x）＝2e·f'（e）·ln x－ ，则f（e）＝ .
解析：因为f（x）＝2e·f'（e）·ln x－ ，则f'（x）＝ － ，所以f'
（e）＝2f'（e）－ ，所以f'（e）＝ ，故f（x）＝2ln x－ ，因此f（e）
＝2ln e－1＝1.
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解析：f（x）＝（－x2＋ax）ex，则f'（x）＝ex（－x2＋ax－2x＋
a），函数f（x）＝（－x2＋ax）ex在区间（－1，1）上存在单调递减区
间，只需－x2＋ax＋a－2x＜0在区间（－1，1）上有解，记g（x）＝－
x2＋（a－2）x＋a，对称轴为直线x＝ ，开口向下，g（－1）＝－1
－（a－2）＋a＝1＞0，只需g（1）＜0，所以－1＋a－2＋a＜0，解得
a＜ .
（－∞， ）
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14. 若函数f（x）＝ sin x－x＋1，则不等式f（x＋1）＋f（2－2x）＞2
的解集为 .
解析：设g（x）＝f（x）－1＝ sin x－x，x∈R，则g'（x）＝ cos x－
1≤0，所以函数g（x）在R上为减函数，又g（－x）＝ sin （－x）－
（－x）＝－ sin x＋x＝－g（x），所以函数g（x）为奇函数，由f（x
＋1）＋f（2－2x）＞2，可得f（x＋1）－1＋f（2－2x）－1＞0，即g
（x＋1）＋g（2－2x）＞0，即g（x＋1）＞－g（2－2x），即g（x＋
1）＞g（2x－2），所以x＋1＜2x－2，解得x＞3，所以不等式的解集为
（3，＋∞）.
（3，＋∞）
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四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤.
15. （本小题满分13分）在区间（－2，1）内，函数f（x）＝－x3＋ax2＋
bx在x＝－1处取得极小值，在x＝ 处取得极大值.
（1）求a，b的值；
解：因为f（x）＝－x3＋ax2＋bx，所以f'（x）＝－3x2＋2ax＋b，
又由已知得f'（－1）＝0，f' ＝0，
所以－3×（－1）2＋2a×（－1）＋b＝0，－3× ＋2a× ＋b＝0，
联立求解得a＝－ ，b＝2，经验证，符合题意.
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（2）讨论f（x）在（－∞，＋∞）上的单调性.
解： 由（1）知f'（x）＝－3x2－x＋2
＝－3 ，
当f'（x）＞0，解得－1＜x＜ ，
当f'（x）＜0，解得x＜－1或x＞ ，
所以函数f（x）的单调递增区间是 ，单调递减区间是
和 .
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16. （本小题满分15分）已知函数f（x）＝x2ex.
（1）求函数f（x）的单调区间；
解： f'（x）＝2xex＋x2ex＝x（x＋2）ex，
由f'（x）＞0可解得，x＜－2或x＞0；由f'（x）＜0可解得，－2＜x＜0.
故函数f（x）的单调递增区间为（－∞，－2）和（0，＋∞）；
函数f（x）的单调递减区间为（－2，0）.
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（2）若对 x∈[－1，2]，f（x）－m＞0恒成立，求实数m的取值范围.
解： f（x）－m＞0等价于m＜f（x），依题意，需求函数f（x）
在区间[－1，2]上的最小值.
由（1）知，函数f（x）在区间（－1，0）上单调递减，在区间（0，2）
上单调递增，
故f（x）min＝f（0）＝0，所以m＜0.
即实数m的取值范围为（－∞，0）.
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17. （本小题满分15分）某口罩生产企业每月生产x万件N95口罩的利润函
数为p（x）＝ （单位：万元）.
（1）当0＜x＜6时，求企业月利润的最大值；
解： 当0＜x＜6时，p（x）＝－x2＋10x－16＝－（x－5）2＋9，
当x＝5时，p（x）取到最大值9，即企业月利润的最大值为9.
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（2）当月产量为多少万件时，企业的月利润最大？请为企业生产经营提
一些合理建议.
解： 当x≥6时，p（x）＝13－ln x－ ，p'（x）＝－ ＋ ＝ ，
若6≤x≤e3，则p'（x）≥0，p（x）单调递增；若x＞e3，则p'（x）＜
0，p（x）单调递减，所以x＝e3时，p（x）取到最大值p ＝9.
由（1）知x＝5时，p（x）也取到最大值9，
综上可知当月产量为5万件或e3万件时，企业的月利润最大.
建议：当月产量为5万件或e3万件时，利润最大，考虑时间成本和原料成
本，建议月产量为5万件最为合适.
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18. （本小题满分17分）设函数f（x）＝ln（a－x），已知x＝0是函数y
＝xf（x）的极值点.
（1）求a的值；
解： 由题意得y＝xf（x）＝xln（a－x），
则y'＝ln（a－x）＋x[ln（a－x）]'.
因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，
所以y'｜x＝0＝ln a＝0，所以a＝1，经检验a＝1符合题意.
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（2）设函数g（x）＝ ，证明：g（x）＜1.
解：证明：由（1）可知，f（x）＝ln（1－x），其定义域为{x｜x＜1}，
当0＜x＜1时，ln（1－x）＜0，此时xf（x）＜0，
当x＜0时，ln（1－x）＞0，此时xf（x）＜0.
易知g（x）的定义域为{x｜x＜1且x≠0}，
故要证g（x）＝ ＜1，只需证x＋f（x）＞xf（x），
即证x＋ln（1－x）－xln（1－x）＞0.
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令1－x＝t，则t＞0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－（1－t）ln t＞0，即证
1－t＋tln t＞0.
令h（t）＝1－t＋tln t，则h'（t）＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h（t）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h
（t）＞h（1）＝0，
即g（x）＜1成立.
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19. （本小题满分17分）已知函数f（x）＝ .
（1）当a＞0时，求y＝f（x）的单调区间；
解：函数f（x）＝ 的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝ ＝ ＝ ，
令f'（x）＝0，即 ＝0，解得x＝e.
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当0＜x＜e时，1－ln x＞0，ax2＞0，则f'（x）＞0，函数f（x）在（0，
e）上单调递增；
当x＞e时，1－ln x＜0，ax2＞0，则f'（x）＜0，函数f（x）在（e，＋
∞）上单调递减.
综上，函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，＋
∞）.
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（2）若g（x）＝f（x）－x有两个零点，求a的取值范围.
解： 由题意f（x）－x＝0在（0，＋∞）上有两个不同的根.
－x＝0可化为a＝ ，
令h（x）＝ ，x∈（0，＋∞），则问题转化为y＝a与y＝h（x）的
图象有两个交点.
h'（x）＝ ＝ ＝ ，
令h'（x）＝0，则1－2ln x＝0，x＝ .
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当0＜x＜ 时，1－2ln x＞0，x3＞0，则h'（x）＞0，函数h（x）在
（0， ）上单调递增；
当x＞ 时，1－2ln x＜0，x3＞0，则h'（x）＜0，函数h（x）在（ ，
＋∞）上单调递减，
所以h（x）在x＝ 处取得极大值，也是最大值，h（ ）＝
＝ ＝ ，
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当x→0＋时，ln x→－∞，x2→0＋，
则h（x）＝ →－∞，
当x→＋∞时，ln x的增长速度远慢于x2的增长速度，所以h（x）＝
→0.
因为y＝a与y＝h（x）的图象有两个交点，所以0＜a＜ .
综上，a的取值范围为 .
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