2024-2025学年高中数学第四章导数应用单元质量评估习题含解析北师大版选修1-1

第四章单元质量评估本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)答题表题号123456789101112答案一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)2．函数f(x)＝x3－x2－x＋1在闭区间[－1,1]上的最大值是()A.eq\f(32,27)B.eq\f(26,27)C．0 D．－eq\f(32,27)3．下列函数存在极值的是()A．y＝2x B．y＝eq\f(1,x)C．y＝3x－1 D．y＝x24．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图像如图所示，则不等式xf′(x)<0的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))B．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(2，＋∞)5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋c，其导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的微小值是()A．a＋b＋c B．8a＋4b＋cC．3a＋2b D．c6．已知a>0，函数f(x)＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是单调减函数，则a的最大值为()A．1 B．2C．3 D．47．对于在R上可导的随意函数f(x)，若满意(x－a)f′(x)≥0，则必有()A．f(x)>f(a) B．f(x)<f(a)C．f(x)≥f(a) D．f(x)≤f(a)8．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝eq\f(1,a)处有极值，则ac＋2b的值为()A．3 B．－3C．0 D．19．函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是()A．a>0 B．a≥0C．a<0 D．a≤010．函数f(x)＝ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是削减的，则实数a的取值范围为()A．a<－eq\f(5,2) B．a>－eq\f(5,2)C．a≤－eq\f(5,2) D．a≥－eq\f(5,2)11．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．－3<k<－1或1<k<3C．－2<k<2D．1<k<3答案1．Df′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.2．Af′(x)＝3x2－2x－1＝0时，x＝1或x＝－eq\f(1,3)，f(－1)＝0，f(1)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(32,27).3．D画出各选项函数的图像可知，只有y＝x2存在极值．4．B由题图像知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和(2，＋∞)上是增加的，f′(x)>0；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是削减的，f′(x)<0，又xf′(x)<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,f′x>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,f′x<0.))所以x<0或eq\f(1,2)<x<2.故选B.5．D由题图易知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0,2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以f(x)的微小值为f(0)＝c.6．C由题意知f′(x)＝－3x2＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞]上恒成立，则a≤3，故选C.7．C由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时f′(x)≥0，当x<a时f′(x)≤0.∴当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．8．B∵f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝0，∴3＋2b＋ac＝0，∴ac＋2b＝－3.9．C函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是f′(x)＝0有两个不相等的实数根，即3ax2＋1＝0有实根，当a≥0时明显方程没有实根，当a<0时，方程有实根．10．Cf′(x)＝2ax＋5，由于f(x)在[1,3]上是削减的，故f′(x)在[1,3]上不大于0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1≤0，,f′3≤0，))解得a≤－eq\f(5,2).11．Bf′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数区间在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故选B.————————————————————————————12.若a>2，则函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在(0,2)上恰好有()A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)13．函数y＝x－ex的单调增区间为________．14．设f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，当x∈[－1,2]时，f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为________．15．若x＝2是函数f(x)＝x(x－m)2的极大值点，则函数f(x)的极大值为________．16．假如不等式eq\f(lnkx,x)≤eq\f(1,e)对随意的正实数x恒成立，则实数k的取值范围为________．三、解答题(本大题共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)设函数f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，求f(x)的单调区间．18．(12分)若函数f(x)＝ax2＋2x＋blnx在x＝1和x＝2取极值．(1)求a，b的值；(2)求f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值和最小值．答案12．Bf(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1，则f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a>4，∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上是削减的．又f(0)·f(2)＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－4a＋1))＝eq\f(11,3)－4a<0，f(x)＝0在(0,2)上恰好有一个零点，故选B.13．(－∞，0)解析：y′＝1－ex，令y′>0，即1－ex>0，解得x<0，所以所求的单调增区间为(－∞，0)．14．(7，＋∞)解析：x∈[－1,2]时，函数f(x)的最大值是7，所以m>7.15．32解析：f(x)＝x3－2mx2＋m2x，∴f′(x)＝3x2－4mx＋m2，∴f′(2)＝0，∴12－8m＋m2＝0，∴m＝2或m＝6.当m＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4.令f′(x)＝0，则x1＝2，x2＝eq\f(2,3)，∴当x<eq\f(2,3)或x>2时，f′(x)>0，当eq\f(2,3)<x<2时，f′(x)<0，∴f(2)是微小值，∴m＝2应舍去．当m＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36.令f′(x)＝0时，x1＝2，x2＝6，∴当x<2或x>6时，f′(x)>0，当2<x<6时，f′(x)<0，∴f(2)是极大值，∴f(2)＝2(2－6)2＝32.16．0<k≤1解析：令f(x)＝eq\f(lnkx,x)(x>0)，则f(x)＝eq\f(lnkx,x)＝eq\f(lnk＋lnx,x)，因此f′(x)＝eq\f(1－lnkx,x2)，令f′(x)＝eq\f(1－lnkx,x2)＝0，解得x＝eq\f(e,k)，且函数f(x)在x＝eq\f(e,k)处取得极大值，也是最大值，为eq\f(k,e)，由题意有eq\f(k,e)≤eq\f(1,e)，所以0<k≤1.17．解：f′(x)＝eq\f(2＋cosxcosx－sinx－sinx,2＋cosx2)＝eq\f(2cosx＋1,2＋cosx2).当2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)时，cosx>－eq\f(1,2)，即f′(x)>0；当2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)时，cosx<－eq\f(1,2)，即f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))(k∈Z)．18．解：(1)f′(x)＝2ax＋2＋eq\f(b,x)，由f(x)在x＝1和x＝2时取极值，得f′(1)＝f′(2)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＋2＝0，,4a＋2＋\f(b,2)＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－\f(4,3).))(2)f(x)＝－eq\f(1,3)x2＋2x－eq\f(4,3)lnx.f′(x)＝－eq\f(2,3)x＋2－eq\f(4,3x)＝eq\f(－2x－1x－2,3x)＝0，所以x＝1或x＝2.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,12)＋1－eq\f(4,3)lneq\f(1,2)＝eq\f(11,12)＋eq\f(4,3)ln2，f(2)＝eq\f(8,3)－eq\f(4,3)ln2，f(1)＝eq\f(5,3).所以最小值为f(1)＝eq\f(5,3)，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(11,12)＋eq\f(4,3)ln2.————————————————————————————19.(12分)设f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．20．(12分)证明：曲线y＝ex与y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1在R上有唯一的公共点．答案19．解：(1)因f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，故f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2).由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1(x>0)，f′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(3x2－2x－1,2x2)＝eq\f(3x＋1x－1,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(因x2＝－\f(1,3)不在定义域内，舍去)).当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得微小值f(1)＝3.20．证明：曲线y＝ex与y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1的公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ′(x)在R上有唯一的微小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0.∴φ′(x)≥0在R上恒成立，∴φ(x)在R上是单调递增的，∴φ(x)在R上有唯一的零点．故曲线y＝ex与y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1在R上有唯一的公共点．————————————————————————————21.(12分)已知函数f(x)＝eq\f(ax,x＋r2)(a>0，r>0)．(1)求f(x)的定义域，并探讨f(x)的单调性；(2)若eq\f(a,r)＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．22．(12分)(2024·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．答案21.解：(1)由题意知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．f(x)＝eq\f(ax,x＋r2)＝eq\f(ax,x2＋2rx＋r2)，f′(x)＝eq\f(ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2r,x2＋2rx＋r22)＝eq\f(ar－xx＋r,x＋r4)，所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，当－r<x<r时，