人教版2022选修二第二单元导数单元测试卷（含解析）

人教版2022选修二第二单元导数单元测试卷一、单选题1.设曲线f(x)＝ax2在点(2，4a)处的切线与直线4x－y＋4＝0垂直，则a＝（

）A.

2

B.

－116

C.

122.已知函数f(x)=13xA.

(4,+∞)

B.

(0,2)

C.

(0,4)

D.

(−∞,0)3.已知函数f(x)的图象如下所示，f′(x)为A.

f′(x1)<f′(x4.已知x=2是f(x)=2lnx+ax2−3xA.

2ln3−92

B.

−525.已知奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)=xex，则f(x−1)A.

0

B.

9

C.

11

D.

176.函数y=xA.

B.

C.

D.

7.设函数f(x)=ex+a(x−1)+b在区间[0,1]A.

7

B.

e

C.

e2

D.

8.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，函数f(x)=xex+2，若关于x的函数F(x)=A.

(−∞,1e−2)

B.

(−∞,−2)∪(2,+∞)

C.

(−2,二、多选题9.函数f(x)=ekx⋅A.

B.

C.

D.

10.已知函数f(x)=esinxA.

函数f(x)的周期为2π

B.

f(x)在区间(0,π2)上是减函数

C.

f(x+π411.函数f(x)=lnA.

f(2)>f(3)

B.

lnπ>πe

C.

若f(x)=m有两个不相等的实根x1、x212.材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)=xx(x>0)，我们可以作变形：f(x)=xx=elnxx=exA.

无极小值

B.

有极小值1

C.

无极大值

D.

有极大值e1三、填空题13.已知f(x)=x3+3ax214.若函数f(x)=x3−315.已知a,b∈R，直线y=ax−b与函数f(x)=x2的图象在x=1处相切，设g(x)=ex−bx216.定义在R上的函数f(x)，如果存在函数g(x)=ax+b（a,b为常数），使得f(x)≥g(x)对一切实数x都成立，则称g(x)为函数f(x)的一个承托函数．给出如下命题：①函数g(x)=−2是函数f(x)={ln②函数g(x)=x−1是函数f(x)=x+sin③若函数g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数，则a的取值范围是④值域是R的函数f(x)不存在承托函数．

其中，所有正确命题的序号是________．四、解答题17.已知函数f(x)=e（1）讨论f(x)的单调性；（2）当x≥0时，f(x−1)+ln(x+1)≥1，求实数18.已知f(x)=aex−e6x3（Ⅰ）当a=0时，若函数f(x)与直线y=ex相切于点(1,e)，求b，c的值；（Ⅱ）当a=1e时，若对任意的正实数b，f(x)有且只有一个极值点，求负实数19.设0<x<1.（1）证明：1−x（2）若ax−x3620.已知函数f(x)=(a+ln（1）若f(x)为定义域内的单调递增函数，求a的取值范围；（2）当a≤2时，证明：f(x)<e21.已知函数f(x)=xe（1）若f(x)在R上单调递增，求a的取值范围；（2）设g(x)=f(x)−a2x2，若22.已知函数f(x)=ln（1）若a=1，求f(x)的极值；（2）讨论函数f(x)的单调区间；（3）若g(x)=af(x)+x2−2x−a2x有两个极值点

答案解析部分一、单选题1.【答案】B解：f(x)＝ax2，则f′因为在点(2，4a)处的切线与直线4x－y＋4＝0垂直，所以f所以a=−116故答案为：B

2.【答案】C解：由题意，得：f′∴f′(x)<0：即0<x<4，故答案为：C.3.【答案】B解：由曲线上一点的导数表示该点切线的斜率，结合图象知：f′(x故答案为：B.4.【答案】A解：由题意，f′(x)=2∴a=12，则∴当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1或x>2时，f′∴在[13,1)，(2,3]上，f(x)单调递增；x∈(1,2)∵f(3)=2ln∴f(x)在[13,3]故答案为：A.5.【答案】B解：解析：由于x>0时，f(x)=x可知当0<x<1时，f′当x>1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x=又由于当x>0时，f(x)>0,f(0)=0，因此可以画出函数f(x−1)与y=2sin由图象可知，在区间(1,6]内两图象有4个交点，根据对称性，在区间[−4,1)内也有4个与它们关于点(1,0)对称的交点，这四对点的横坐标之和为2×4=8，再加(1,0)点横坐标，故各交点横坐标之和为9.故答案为：B6.【答案】C解：解：函数的定义域为0,1∪1，+∞，所以AB错误；求导得y'=x'·lnx−x·lnx'ln解：由题意，函数f(x)=e设t为函数f(x)在[0,1]上的零点，则et即(t−1)a+b+et=0，即点(a,b)又由a2+b则a2+b令g(t)=e2t(t−1)因为e2t>0,t可得函数g(t)在区间t∈[0,1]上单调递增，所以当t=1时，函数取得最大值，最大值为g(1)=e所以a2+b故答案为：C.8.【答案】C解：因为F(x)=[f(x)−2][f(x)+a]=0，则f(x)=2或f(x)=−a，x<0时，f(x)=xex+2<2x<−1时，f′(x)<0，f(x)递减；−1<x<0时，f′∴f(x)的极小值为f(−1)=2−1e，又因为f(x)<2，因此此时f(x)=−a要有两解，则2−1又因为f(x)是奇函数，∴x>0时，f(x)=2仍然无解，f(x)=−a要有两解，则−2<−a<1综上所述，a∈(−2,1故答案为：C．二、多选题9.【答案】A,B,C解：显然f(x)有唯一零点x=1，D不符合题意；f′(x)=e∴y=xlnx在(0,1∴xlnx∈[−1e,+∞)，且x→0时x故当0≤k≤e时，f′(x)≥0，当k>e时，f′(x)存在两个零点0<x1<1e<x当k<0时，f′(x)存在唯一零点x0>1，f(x)在C可能．故答案为：ABC.10.【答案】A,C,D解：对于A：f(x+2π)=eA符合题意；对于B：由f(x)=e得f′当x∈(0,π2)所以f(x)在区间(0,πB不正确；对于C：f(x+π设g(t)=e则g(−t)==e=e所以函数g(t)即f(x+πC符合题意；对于D：由f(x)=e得f′而f′（1）当x∈(π2,所以f″即f′(x)在区间又f′f′所以f′(x)在区间（2）当x∈(3π4,π)又sinx+则f′则f′(x)在区间综上可得：f(x)在区间(πD符合题意；故答案为：ACD.11.【答案】B,D解：由f(x)=lnxx令f′(x)=0当x变化时，f′x(0,e)e(e,+∞)f+0−f(x)单调递增极大值1单调递减故，f(x)=lnxx在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，f(e)=1e是极大值也是最大值，x>e时，x→+∞时，f(x)→0，且x>e时f(x)>0，0<x<1A．f(2)=∵(B．∵e<π<e，且∴f(eC．∵f(x)=m有两个不相等的零点x不妨设0<要证：x1x2<e2，即要证：x1<e令g(x)=f(x)−f(e2当x>e时，lnx>1,1e∵x2>eD．设2x=5y∴2x=∵ln2∴ln故答案为：BD．12.【答案】A,D解：根据材料知：ℎ(x)=x所以ℎ′令ℎ′(x)=0得x=e，当0<x<e时，ℎ′当x>e时，ℎ′(x)<0，此时函数所以ℎ(x)有极大值且为ℎ(e)=e故答案为：AD.三、填空题13.【答案】11解：由题知{f(−1)=0且f′所以{−1+3a−b+得a=1或a=2，①当a=1时，b=3，此时，f′所以函数f(x)单调递增无极值，舍去．②当a=2时，b=9，此时f′x=−1是函数的极值点，符合题意，∴a+b=11．14.【答案】(−1,2)解：依题意得：f′(x)=3x2−6x，由fx<0或x>2时，f′(x)>0，0<x<2时，所以0是f(x)的极大值点，2是f(x)的极小值点，因函数f(x)=x3−3所以0∈(a−2,a+1)，即−1<a<2故答案为：(−1,2)15.【答案】e+1解：∵f(x)=x2，∴f'(x)=2x，∴a=f'(1)=2∴g(x)=ex−x2+2，当x∈[1,2]时，ℎ'(x)>ℎ(1)=e−2>0，∴g'(x)在∴g(x)在[1,2]上单调递增，{m≤g(x)min=g(1)=e+1m2−2≥g故答案为：e+1.16.【答案】②③解：解：①,∵x>0时,f(x)=lnx∈(−∞,+∞)，∴不能使得f(x)⩾g(x)=−2对一切实数x都成立，故①错误；②,令t(x)=f(x)−g(x),则t(x)=x+sinx−(x−1)=sinx+1⩾0恒成立,故函数g(x)=x−1是函数f(x)=x+sinx的一个承托函数，②正确；③,令h(x)=ex−ax,则h′(x)=ex−a，由题意，a=0时，结论成立；a≠0时,令h′(x)=ex−a=0，则x=lna，∴函数h(x)在(−∞,lna)上为减函数,在(lna,+∞)上为增函数，∴x=lna时，函数取得最小值a−alna；∵g(x)=ax是函数f(x)=ex的一个承托函数，∴a−alna⩾0，∴lna⩽1，∴0<a⩽e，综上，0⩽a⩽e，故③正确；④,不妨令f(x)=2x,g(x)=2x−1,则f(x)−g(x)=1⩾0恒成立,故g(x)=2x−1是f(x)=2x的一个承托函数，④错误；综上所述，所有正确命题的序号是②③．答案：②③．四、解答题17.【答案】（1）解：由题知f(x)=ex+1+ax+a，f(x)∴f′（对函数f(x)求导后．由于y=ex+1恒大于0，故对a进行正负分类讨论，从而判断函数当a≥0时，f′(x)>0在R上恒成立，故f(x)在当a<0时，令f′(x)=0得在(−∞,ln(−a)−1)上有f′(x)<0，在∴f(x)在(−∞,ln(−a)−1)上是减函数，在(ln(−a)−1,+∞)上是增函数

（2）解：当即ex令g(x)=e则g′①若a≥−2，由（1）知，当a=−1时，f(x)=ex+1−x−1故有f(x)≥f(−1)=e即f(x)=ex+1−x−1≥1，得e（由（1）可判断exg′（当且仅当x+1=1x+1，即x=0，且（根据ex≥1+x及基本不等式可知需对a和∴函数g(x)在区间[0,+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)=0，∴（*）式成立．②若a<−2，令φ(x)=e则φ′(x)=e∴函数φ(x)在区间[0,+∞)上单调递增．∵φ(0)=2+a<0，φ(−a)=e∴∃x0∈(0,−a)则当0<x<x0时，φ(x)<φ(x∴函数g(x)在区间(0,x（构造函数φ(x)，对其求导并根据零点存在性定理判断g(x)的单调性）∴g(x综上所述，实数a的取值范围是[−2,+∞)18.【答案】（Ⅰ）当a=0时，f(x)=−e6x由题知f(1)=e且f′(1)=e，所以{−e6（Ⅱ）当a=1e时，f(x)=e令ℎ(x)=e则ℎ′(x)=e则t′当x∈(−∞,2)时t(x)<0，t(x)在(−∞,2)上单调递减，当x∈(2,+∞)时t(x)>0，t(x)在(2,+∞)上单调递增，所以t(x)⑴当b≥e2时，t(x)=ℎ′(x)≥0故f′(x)=0在R上有唯一解，所以⑵当0<b<e2时，t(2)=2b−e<0，所以t(x)有两个零点x1即方程ex−1−ex+2b=0有两根x1又因为t(0)=1e+b>0所以ℎ(x)在(−∞,x1)上单调递增，在(所以要使ℎ(x)只有一个变号零点只需ℎ(x1)≤0首先考虑：ℎ(x令p(x)=(1−x)ex−1+即p(x)在(0,2)上单调递增，所以p(x)<p(2)，要使ℎ(x1)≤0恒成立，只需p(2)≤0其次考虑：ℎ(x2)=(1−x2同理可得，所以要使得ℎ(x2)>0综上可知：c的取值范围为c≤−e.19.【答案】（1）由题意可设f(x)=sinx−x(0<x<1)，有f'所以f(x)<f(0)=0，即sinx设g(x)=sinx+xg''(x)=x−sinx>0，则有g'(x)>0，g(x)单调递增，得g(x)>g(0)=0，所以sinx则当a>1时，设ℎ(x)=sinx+x36−ax，则则ℎ'①若a≥cos1+12，ℎ'②若1<a<cos1+12，ℎ'(0)=1−a<0，则0<x<x0，ℎ'(x)<0，此时综上可知a≤1，即a的取值范围为(−∞,1].20.【答案】（1）解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′∵f(x)为(0,+∞)上的单调递增函数，∴f′(x)≥0，即又ex>0，∴1x+a+ln令ϕ(x)=1x+当0<x<1时，ϕ′(x)<0；当x>1时，∴ϕ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴ϕ(x)∴−a≤1，解得：a≥−1，∴a的取值范围为[−1,+∞)；

（2）解：方法一：设φ(x)=ex−x−1∴当x>0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在∴对∀x>0，φ(x)>φ(0)=0，即对∀x>0，ex设m(x)=lnx−x+1，则∴当x∈(0,1)时，m′(x)>0；当x∈(1,+∞)时，∴m(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴m(x)≤m(1)=0，即对∀x>0，−ln①②两不等式相加得：ex∵a≤2，∴ex−又ex>0，∴(a+ln方法二：∵x>0，∴ex−设ℎ(x)=exx∴当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，∴ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)设g(x)=lnx+2x∴当x∈(0,1e)时，g′(x)>0∴g(x)在(0,1e)上单调递增，在(∴exx>lnx+2x，即e又ex>0，∴(a+ln方法三：令ℎ(x)=ex−lnx−2∴ℎ′(x)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ∴∃x0∈(12,1)，使得当x∈(0,x0)时，ℎ′(x)<0∴ℎ(x)在(0,x0)∴ℎ(x)∵当x0∈(12,1)时，1∵a≤2，∴ex−又ex>0，∴(a+ln21.【答案】（1）解：f′若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0，即设ℎ(x)=ex+x令ℎ′(x)=0得x=−2，当x<−2时，