高中数学选择性单元评价第5章导数及其应用

单元素养评价(四)(第5章)(120分钟150分)一、单选题(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．下列各式正确的是()A．(sina)′＝cosa(a为常数)B．(cosx)′＝sinxC．(sinx)′＝cosxD．(x－5)′＝－eq\f(1,5)x－6【解析】选C.由导数公式知选项A中(sina)′＝0；选项B中(cosx)′＝－sinx；选项D中(x－5)′＝－5x－6.2．如果物体的运动方程为s＝eq\f(1,t)＋2t(t＞1)，其中s的单位是米，t的单位是秒，那么物体在2秒末的瞬时速度是()A．eq\f(7,4)米/秒 B．eq\f(9,4)米/秒C．eq\f(3,2)米/秒 D．eq\f(5,2)米/秒【解析】选A.因为s＝s(t)＝eq\f(1,t)＋2t，所以s′(t)＝－eq\f(1,t2)＋2.故物体在2秒末的瞬时速度s′(2)＝－eq\f(1,4)＋2＝eq\f(7,4).3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)·x2－x，则f′(1)的值为()A．0 B．2 C．1【解析】选A.f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，则f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0.4．已知函数f(x)＝ax3＋bx(a，b∈R)的图象如图所示，则a，b的关系是()A.3a－b＝0 B．3a＋b＝0C．a－3b＝0 D．a＋3b＝0【解析】选B.由函数图象知，x＝1为函数的极大值点，x＝－1为函数的极小值点，即1，－1是f′(x)＝0的两个根，又f′(x)＝3ax2＋b，所以3a＋b＝0.5．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】选C.不等式f(x)>x可化为f(x)－x>0，设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，由题意g′(x)＝f′(x)－1>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝f(1)－1＝0，所以原不等式⇔g(x)>0⇔g(x)>g(1).所以x>1.6．若函数f(x)＝ln|x|－f′(－1)x2＋3x＋2，则f′(1)＝()A．2 B．－2 C．8 D．10【解析】选C.当x>0时，f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x＋2，f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，f′(1)＝4－2f′(－1)；①当x<0时，f(x)＝ln(－x)－f′(－1)x2＋3x＋2，f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，f′(－1)＝2＋2f′(－1).②由①②，得f′(1)＝8.7．已知函数f(x)＝x3－3x，若对于区间[－3，2]上任意的x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．0B．10C．18D．20【解析】选D.f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1为函数f(x)的极值点，因为f(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在区间[－3，2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以对于区间[－3，2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，从而t的最小值为20.8．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a＜b，则必有()A．af(b)＜bf(a) B．bf(a)＜af(b)C．af(a)＜bf(b) D．bf(b)＜af(a)【解析】选A.令F(x)＝eq\f(f（x）,x)，则F′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2).又当x＞0时，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又a＜b，所以F(a)＞F(b)，所以eq\f(f（a）,a)＞eq\f(f（b）,b)，所以bf(a)＞af(b).二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．(2021·徐州高二检测)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2，下列说法中正确的有()A．函数f(x)的极大值为eq\f(22,3)，极小值为－eq\f(10,3)B．当x∈[3，4]时，函数f(x)的最大值为eq\f(22,3)，最小值为－eq\f(10,3)C．函数f(x)的单调减区间为[－2，2]D．曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝－4x＋2【解析】选ACD.因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2，所以f′(x)＝x2－4，由f′(x)>0，得x<－2或x>2，由f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)在(－∞，－2)上递增，在[－2，2]上递减，在(2，＋∞)上递增，故选项C正确；所以当x＝－2时，f(x)取得极大值f(－2)＝eq\f(1,3)×(－2)3－4×(－2)＋2＝eq\f(22,3)，当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝eq\f(1,3)×23－4×2＋2＝－eq\f(10,3)，故选项A正确；当x∈[3，4]时，f(x)为单调递增函数，所以当x＝3时，f(x)取得最小值f(3)＝eq\f(1,3)×33－4×3＋2＝－1，当x＝4时，f(x)取得最大值f(4)＝eq\f(1,3)×43－4×4＋2＝eq\f(22,3)，故选项B不正确；因为f′(0)＝－4，所以曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故选项D正确．10．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是()A.－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函数y＝f(x)的最小值点C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零【解析】BD.根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，则－3是函数y＝f(x)的极值点；因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，则－1不是函数y＝f(x)的最小值点；因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，则y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零．11．若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为()A．－6B．－5C．－4D．－3【解析】选ABC.令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(a,3)(a<0)，当eq\f(a,3)<x<0时，f′(x)<0；当x<eq\f(a,3)或x>0时，f′(x)>0，则f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))，即f(x)在x＝eq\f(a,3)处取得极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27).由f(x)＝－eq\f(a3,27)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，所以eq\f(a,3)<eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，即a≤－4.12．(2021·徐州高二检测)若函数y＝eq\f(f（x）,lnx)在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为M函数，下列函数中为M函数的是()A．f(x)＝1 B．f(x)＝xC．f(x)＝eq\f(1,x) D．f(x)＝x2【解析】选AC.对于A选项，f(x)＝1，则y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(1,lnx)，当x>1时，y′＝－eq\f(1,xln2x)＜0，此时，函数y＝eq\f(f（x）,lnx)在区间(1，＋∞)上单调递减，A选项符合题意；对于B选项，f(x)＝x，则y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(x,lnx)，当x>1时，y′＝eq\f(lnx－1,ln2x).当1<x<e时，y′<0；当x>e时，y′>0.此时，函数y＝eq\f(f（x）,lnx)在区间(1，＋∞)上不单调，B选项不符合题意；对于C选项，f(x)＝eq\f(1,x)，则y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(1,xlnx)，当x>1时，y′＝－eq\f(1＋lnx,x2ln2x)<0，此时，函数y＝eq\f(f（x）,lnx)在区间(1，＋∞)上单调递减，C选项符合题意；对于D选项，f(x)＝x2，则y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(x2,lnx)，当x>1时，y′＝eq\f(x（2lnx－1）,ln2x).当1<x<eq\r(e)时，y′<0；当x>eq\r(e)时，y′>0.此时，函数y＝eq\f(f（x）,lnx)在区间(1，＋∞)上不单调，D选项不符合题意．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．【解析】设P(x0，y0)，因为y＝e－x，所以y′＝－e－x，所以点P处的切线斜率为k＝－e＝－2，所以－x0＝ln2，所以x0＝－ln2，所以y0＝eln2＝2，所以点P的坐标为(－ln2，2).答案：(－ln2，2)14．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，x∈(0，π)，则f(x)的最小值为________．【解析】令f′(x)＝eq\f(1,2)－cosx＝0，得x＝eq\f(π,3).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))时，f′(x)>0，f(x)在x＝eq\f(π,3)处取得极小值．又f(x)在(0，π)上只有一个极值点，易知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(1,2)×eq\f(π,3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(π－3\r(3),6)即为f(x)的最小值．答案：eq\f(π－3\r(3),6)15．已知函数f(x)＝xex＋c有两个零点，则c的取值范围是______.【解析】因为f′(x)＝ex(x＋1)，所以易知f(x)在(－∞，－1)上是减函数，在(－1，＋∞)上是增函数，且f(x)min＝f(－1)＝c－e－1，由题意得c－e－1<0，得c<e－1.因为当c≤0时，x∈(－∞，－1)时，f(x)＝xex＋c<0恒成立，不存在零点，所以c>0.综上0<c<eq\f(1,e).答案：(0，eq\f(1,e))16．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)，若a＝2时，则f′(0)＝________；又若f(x)的最小值为0，其中a＞0，则a的值为________．(本题第一空2分，第二空3分)【解析】f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x＋a)＝eq\f(x＋a－1,x＋a).当a＝2时，f′(x)＝1－eq\f(1,x＋2)，所以f′(0)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).又由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a.当－a＜x＜1－a时，f′(x)＜0，f(x)在(－a，1－a)上单调递减；当x＞1－a时，f′(x)＞0，f(x)在(1－a，＋∞)上单调递增．因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，由题意知f(1－a)＝1－a＝0，故a＝1.答案：eq\f(1,2)1四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋3xf′(a)(其中a∈R)，且f(a)＝eq\f(7,6)，求：(1)f(x)的表达式；(2)曲线y＝f(x)在x＝a处的切线方程．【解析】(1)f′(x)＝x2＋3f′(a)，于是有f′(a)＝a2＋3f′(a)⇒f′(a)＝－eq\f(a2,2)，所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3a2,2)x，又f(a)＝eq\f(7,6)，即eq\f(1,3)a3－eq\f(3,2)a3＝eq\f(7,6)⇒a＝－1，f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x.(2)由(1)知切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,6)))，切线的斜率f′(a)＝－eq\f(1,2)，所以切线方程为y－eq\f(7,6)＝－eq\f(1,2)(x＋1)，即3x＋6y－4＝0.18．(12分)已知a为实数，f(x)＝(x2－4)·(x－a).(1)求导数f′(x)；(2)若f′(－1)＝0，求f(x)在[－2，2]上的最大值和最小值．【解析】(1)由原式得f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，所以f′(x)＝3x2－2ax－4.(2)由f′(－1)＝0，得a＝eq\f(1,2)，此时有f(x)＝(x2－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，f′(x)＝3x2－x－4.令f′(x)＝0，得x＝eq\f(4,3)或x＝－1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝－eq\f(50,27)，f(－1)＝eq\f(9,2)，f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2，2]上的最大值为eq\f(9,2)，最小值为－eq\f(50,27).19．(12分)(2021·长沙高二检测)已知函数f(x)＝ex－cosx－ax.(1)当a＝2时，证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减；(2)若对任意x≥0，f(x)≥x－cosx恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)当a＝2时，函数f(x)＝ex－cosx－2x，f′(x)＝ex＋sinx－2，若x<0，则ex<1.因为sinx≤1，所以f′(x)＝ex＋sinx－2<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减．(2)当x＝0时，f(x)＝0≥－1，对a∈R恒成立；当x>0时，由f(x)≥x－cosx，整理得a≤eq\f(ex,x)－1.设g(x)＝eq\f(ex,x)－1，则g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2).令g′(x)>0，得x>1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增；令g′(x)<0，得0<x<1，则g(x)在(0，1)上单调递减．所以g(x)min＝g(1)＝e－1，a≤e－1.综上，实数a的取值范围是(－∞，e－1].20．(12分)(2021·徐州高二检测)如图，已知海岛A与海岸公路BC的距离AB为50km，B，C间的距离为50eq\r(3)km，从A到C，需要先乘船至海岸公路BC上的登陆点D，船速为25km/h，再乘汽车至C，车速为50km/h.设∠BAD＝θ.(1)用θ表示从海岛A到C所用的时间f(θ)，并写出θ的取值范围；(2)登陆点D应选在何处，能使从A到C所用的时间最少？【解析】(1)在Rt△ABD中，AB＝50，∠BAD＝θ，所以AD＝eq\f(50,cosθ)，BD＝50tanθ，所以CD＝50eq\r(3)－50tanθ，所以f(θ)＝eq\f(AD,25)＋eq\f(CD,50)＝eq\f(2,cosθ)＋eq\r(3)－tanθ＝eq\f(2－sinθ,cosθ)＋eq\r(3)，又tan∠BAC＝eq\r(3)，所以∠BAC＝eq\f(π,3)，所以θ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(2)f′(θ)＝eq\f(－cosθcosθ－（2－sinθ）（－sinθ）,cos2θ)＝eq\f(2sinθ－1,cos2θ)，由f′(θ)＝0得sinθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以θ＝eq\f(π,6)，所以当0<θ<eq\f(π,6)时，f′(θ)<0；当eq\f(π,6)<θ<eq\f(π,3)时，f′(θ)>0，所以当θ＝eq\f(π,6)时，f(θ)有极小值，即最小值；此时BD＝50taneq\f(π,6)＝eq\f(50,3)eq\r(3).答：登陆点D与B的距离为eq\f(50,3)eq\r(3)km时，从A到C所用的时间最少．21．(12分)设f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)，其中a为常数，讨论函数f(x)的单调性．【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－eq\f(1,2)时，Δ＝0，f′(x)＝eq\f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－eq\f(1,2)时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－eq\f(1,2)＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝eq\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)，由x1＝eq\f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq\f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，