高中數(shù)學(xué)選擇性單元評價(jià)第5章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

單元素養(yǎng)評價(jià)(四)(第5章)(120分鐘150分)一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下列各式正確的是()A．(sina)′＝cosa(a為常數(shù))B．(cosx)′＝sinxC．(sinx)′＝cosxD．(x－5)′＝－eq\f(1,5)x－6【解析】選C.由導(dǎo)數(shù)公式知選項(xiàng)A中(sina)′＝0；選項(xiàng)B中(cosx)′＝－sinx；選項(xiàng)D中(x－5)′＝－5x－6.2．如果物體的運(yùn)動方程為s＝eq\f(1,t)＋2t(t＞1)，其中s的單位是米，t的單位是秒，那么物體在2秒末的瞬時(shí)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】選A.因?yàn)閟＝s(t)＝eq\f(1,t)＋2t，所以s′(t)＝－eq\f(1,t2)＋2.故物體在2秒末的瞬時(shí)速度s′(2)＝－eq\f(1,4)＋2＝eq\f(7,4).3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－f′(1)·x2－x，則f′(1)的值為()A．0 B．2 C．1【解析】選A.f′(x)＝x2－2f′(1)·x－1，則f′(1)＝12－2f′(1)·1－1，解得f′(1)＝0.4．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx(a，b∈R)的圖象如圖所示，則a，b的關(guān)系是()A.3a－b＝0 B．3a＋b＝0C．a(chǎn)－3b＝0 D．a(chǎn)＋3b＝0【解析】選B.由函數(shù)圖象知，x＝1為函數(shù)的極大值點(diǎn)，x＝－1為函數(shù)的極小值點(diǎn)，即1，－1是f′(x)＝0的兩個(gè)根，又f′(x)＝3ax2＋b，所以3a＋b＝0.5．已知y＝f(x)是定義在R上的函數(shù)，且f(1)＝1，f′(x)>1，則f(x)>x的解集是()A．(0，1) B．(－1，0)∪(0，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】選C.不等式f(x)>x可化為f(x)－x>0，設(shè)g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－1，由題意g′(x)＝f′(x)－1>0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，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．若函數(shù)f(x)＝ln|x|－f′(－1)x2＋3x＋2，則f′(1)＝()A．2 B．－2 C．8 D．10【解析】選C.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x＋2，f′(x)＝eq\f(1,x)－2f′(－1)x＋3，f′(1)＝4－2f′(－1)；①當(dāng)x<0時(shí)，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．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x，若對于區(qū)間[－3，2]上任意的x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．0B．10C．18D．20【解析】選D.f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1，所以1，－1為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，因?yàn)閒(－3)＝－18，f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，所以在區(qū)間[－3，2]上，f(x)max＝2，f(x)min＝－18，所以對于區(qū)間[－3，2]上任意的x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤20，所以t≥20，從而t的最小值為20.8．f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a＜b，則必有()A．a(chǎn)f(b)＜bf(a) B．bf(a)＜af(b)C．a(chǎn)f(a)＜bf(b) D．bf(b)＜af(a)【解析】選A.令F(x)＝eq\f(f（x）,x)，則F′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2).又當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．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、多選題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對的得3分)9．(2021·徐州高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋2，下列說法中正確的有()A．函數(shù)f(x)的極大值為eq\f(22,3)，極小值為－eq\f(10,3)B．當(dāng)x∈[3，4]時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(22,3)，最小值為－eq\f(10,3)C．函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[－2，2]D．曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，2)處的切線方程為y＝－4x＋2【解析】選ACD.因?yàn)閒(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，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上遞增，在[－2，2]上遞減，在(2，＋∞)上遞增，故選項(xiàng)C正確；所以當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)取得極大值f(－2)＝eq\f(1,3)×(－2)3－4×(－2)＋2＝eq\f(22,3)，當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極小值f(2)＝eq\f(1,3)×23－4×2＋2＝－eq\f(10,3)，故選項(xiàng)A正確；當(dāng)x∈[3，4]時(shí)，f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)取得最小值f(3)＝eq\f(1,3)×33－4×3＋2＝－1，當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取得最大值f(4)＝eq\f(1,3)×43－4×4＋2＝eq\f(22,3)，故選項(xiàng)B不正確；因?yàn)閒′(0)＝－4，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，2)處的切線方程為y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故選項(xiàng)D正確．10．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，以下命題錯(cuò)誤的是()A.－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)B．－1是函數(shù)y＝f(x)的最小值點(diǎn)C．y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增D．y＝f(x)在x＝0處切線的斜率小于零【解析】BD.根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，－3)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(－3，1)時(shí)，f′(x)≥0，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，則－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)；因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，則－1不是函數(shù)y＝f(x)的最小值點(diǎn)；因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)在x＝0處的導(dǎo)數(shù)大于0，則y＝f(x)在x＝0處切線的斜率大于零．11．若函數(shù)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，則a的取值可能為()A．－6B．－5C．－4D．－3【解析】選ABC.令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(a,3)(a<0)，當(dāng)eq\f(a,3)<x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x<eq\f(a,3)或x>0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))，即f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值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·徐州高二檢測)若函數(shù)y＝eq\f(f（x）,lnx)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則稱f(x)為M函數(shù)，下列函數(shù)中為M函數(shù)的是()A．f(x)＝1 B．f(x)＝xC．f(x)＝eq\f(1,x) D．f(x)＝x2【解析】選AC.對于A選項(xiàng)，f(x)＝1，則y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(1,lnx)，當(dāng)x>1時(shí)，y′＝－eq\f(1,xln2x)＜0，此時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(f（x）,lnx)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，A選項(xiàng)符合題意；對于B選項(xiàng)，f(x)＝x，則y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(x,lnx)，當(dāng)x>1時(shí)，y′＝eq\f(lnx－1,ln2x).當(dāng)1<x<e時(shí)，y′<0；當(dāng)x>e時(shí)，y′>0.此時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(f（x）,lnx)在區(qū)間(1，＋∞)上不單調(diào)，B選項(xiàng)不符合題意；對于C選項(xiàng)，f(x)＝eq\f(1,x)，則y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(1,xlnx)，當(dāng)x>1時(shí)，y′＝－eq\f(1＋lnx,x2ln2x)<0，此時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(f（x）,lnx)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，C選項(xiàng)符合題意；對于D選項(xiàng)，f(x)＝x2，則y＝eq\f(f（x）,lnx)＝eq\f(x2,lnx)，當(dāng)x>1時(shí)，y′＝eq\f(x（2lnx－1）,ln2x).當(dāng)1<x<eq\r(e)時(shí)，y′<0；當(dāng)x>eq\r(e)時(shí)，y′>0.此時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(f（x）,lnx)在區(qū)間(1，＋∞)上不單調(diào)，D選項(xiàng)不符合題意．三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．若曲線y＝e－x上點(diǎn)P處的切線平行于直線2x＋y＋1＝0，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________．【解析】設(shè)P(x0，y0)，因?yàn)閥＝e－x，所以y′＝－e－x，所以點(diǎn)P處的切線斜率為k＝－e＝－2，所以－x0＝ln2，所以x0＝－ln2，所以y0＝eln2＝2，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－ln2，2).答案：(－ln2，2)14．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x－sinx，x∈(0，π)，則f(x)的最小值為________．【解析】令f′(x)＝eq\f(1,2)－cosx＝0，得x＝eq\f(π,3).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在x＝eq\f(π,3)處取得極小值．又f(x)在(0，π)上只有一個(gè)極值點(diǎn)，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)即為f(x)的最小值．答案：eq\f(π－3\r(3),6)15．已知函數(shù)f(x)＝xex＋c有兩個(gè)零點(diǎn)，則c的取值范圍是______.【解析】因?yàn)閒′(x)＝ex(x＋1)，所以易知f(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù)，在(－1，＋∞)上是增函數(shù)，且f(x)min＝f(－1)＝c－e－1，由題意得c－e－1<0，得c<e－1.因?yàn)楫?dāng)c≤0時(shí)，x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)＝xex＋c<0恒成立，不存在零點(diǎn)，所以c>0.綜上0<c<eq\f(1,e).答案：(0，eq\f(1,e))16．已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋a)，若a＝2時(shí)，則f′(0)＝________；又若f(x)的最小值為0，其中a＞0，則a的值為________．(本題第一空2分，第二空3分)【解析】f(x)的定義域?yàn)?－a，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x＋a)＝eq\f(x＋a－1,x＋a).當(dāng)a＝2時(shí)，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.當(dāng)－a＜x＜1－a時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(－a，1－a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1－a時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(1－a，＋∞)上單調(diào)遞增．因此，f(x)在x＝1－a處取得最小值，由題意知f(1－a)＝1－a＝0，故a＝1.答案：eq\f(1,2)1四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋3xf′(a)(其中a∈R)，且f(a)＝eq\f(7,6)，求：(1)f(x)的表達(dá)式；(2)曲線y＝f(x)在x＝a處的切線方程．【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)知切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(7,6)))，切線的斜率f′(a)＝－eq\f(1,2)，所以切線方程為y－eq\f(7,6)＝－eq\f(1,2)(x＋1)，即3x＋6y－4＝0.18．(12分)已知a為實(shí)數(shù)，f(x)＝(x2－4)·(x－a).(1)求導(dǎo)數(shù)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)，此時(shí)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]上的最大值為eq\f(9,2)，最小值為－eq\f(50,27).19．(12分)(2021·長沙高二檢測)已知函數(shù)f(x)＝ex－cosx－ax.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，證明：f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；(2)若對任意x≥0，f(x)≥x－cosx恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝2時(shí)，函數(shù)f(x)＝ex－cosx－2x，f′(x)＝ex＋sinx－2，若x<0，則ex<1.因?yàn)閟inx≤1，所以f′(x)＝ex＋sinx－2<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝0≥－1，對a∈R恒成立；當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)≥x－cosx，整理得a≤eq\f(ex,x)－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)－1，則g′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2).令g′(x)>0，得x>1，則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；令g′(x)<0，得0<x<1，則g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減．所以g(x)min＝g(1)＝e－1，a≤e－1.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，e－1].20．(12分)(2021·徐州高二檢測)如圖，已知海島A與海岸公路BC的距離AB為50km，B，C間的距離為50eq\r(3)km，從A到C，需要先乘船至海岸公路BC上的登陸點(diǎn)D，船速為25km/h，再乘汽車至C，車速為50km/h.設(shè)∠BAD＝θ.(1)用θ表示從海島A到C所用的時(shí)間f(θ)，并寫出θ的取值范圍；(2)登陸點(diǎn)D應(yīng)選在何處，能使從A到C所用的時(shí)間最少？【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的取值范圍是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)，所以當(dāng)0<θ<eq\f(π,6)時(shí)，f′(θ)<0；當(dāng)eq\f(π,6)<θ<eq\f(π,3)時(shí)，f′(θ)>0，所以當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時(shí)，f(θ)有極小值，即最小值；此時(shí)BD＝50taneq\f(π,6)＝eq\f(50,3)eq\r(3).答：登陸點(diǎn)D與B的距離為eq\f(50,3)eq\r(3)km時(shí)，從A到C所用的時(shí)間最少．21．(12分)設(shè)f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)，其中a為常數(shù)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,（x＋1）2)＝eq\f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，Δ＝0，f′(x)＝eq\f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a＜－eq\f(1,2)時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．③當(dāng)－eq\f(1,2)＜a＜0時(shí)，Δ＞0.設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則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)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，