【數學】導數專題測試（2）-2023-2024學年高二下學期數學人教A版（2019）選擇性必修第二冊

導數專題測試（2）一、選擇題1．某物體的運動方程是s=4+t2，則該物體在[2，2.1]時間內的平均速度是（）A.0.41 B.3 C.4 D.4.12．式子表示的是（）A.f′（1） B.f′（△x）

C.f′（1+△x） D.f（1）3．下列求導運算正確的是（）A. B.

C.（x2sinx）′=2xcosx D.（3x）′=3x4．若曲線在點處的切線與直線垂直,則實數().A. B.1 C. D.25．函數g（x）的圖象關于y軸對稱，x∈（-∞，0）時，g′（x）＜0，g（2）=0．又g（x）=f（x+1），則（x+1）f（x）＞0的解集為（）A.（3，+∞） B.{x|x∈R，x≠1}

C.（1，+∞） D.{x|x＜-1或x＞3}6．若函數在上存在單調遞增區(qū)間,則實數a的取值范圍為()A. B. C. D. 7．已知函數f（x）的定義域為R，且滿足了f'（x）-f（x）＞1（f'（x）是f（x）的導函數），若f（0）=0，則不等式ex-f（x）＜1的解集為（）A.（-∞，0） B.（0，+∞）

C.（-∞，-1） D.（-1，+∞）8．已知實數x,y滿足ylny=e2x-yln（2x），則y的最小值為（）A. B.e

C. D.e2二、多選題9．已知函數f（x）的定義域為R且導函數為f'（x），如圖是函數y=xf'（x）的圖象，則下列說法正確的是（）A.函數f（x）的增區(qū)間是（-2，0），（2，+∞）

B.函數f（x）的增區(qū)間是（-∞，-2），（2，+∞）

C.x=-2是函數的極小值點

D.x=2是函數的極小值點10．已知奇函數f（x）在R上可導，其導函數為f′（x），且f（1-x）-f（1+x）+2x=0恒成立，若f（x）在[0，1]單調遞增，則（）A.f（x）在[1，2]上單調遞減

B.f（0）=0

C.f（2022）=2022

D.f'（2023）=111．已知三次函數f（x）=ax3+bx2+cx-1，若函數g（x）=f（-x）+1的圖象關于點（1，0）對稱，且g（-2）＜0，則（）A.a＜0

B.g（x）有3個零點

C.f（x）的對稱中心是（-1，0）

D.12a-4b+c＜0三、填空題12．已知函數f（x）=f′（）sinx+cosx,則f（）=_____．13．設函數f（x）=x++b,若曲線y=f（x）在點（a,f（a））處的切線經過坐標原點，則ab=_____．14．已知x＞0，f（x）=x2+ex，g（x）=（m2+1）x+lnx,若f（x）≥g（x）恒成立，則實數m的取值范圍是_____．四、解答題15．已知函數在處的切線為x軸．（1）求a,b的值;（2）求的單調區(qū)間．16．設,函數的單調增區(qū)間是.（1）求實數a;（2）求函數的極值.17．(0分)已知函數f（x）=x+1-xex．

（1）求曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；

（2）判斷f（x）是否有零點．若有，求出零點個數；若沒有，請說明理由．18．已知函數.（1）當時,求的單調區(qū)間（2）討論的單調性;（3）當時,證明.答案1．【答案】D【解析】根據題意，由物體的運動方程以及平均變化率的計算公式可得其平均速度為，計算即可得答案．

解：根據題意，物體的運動方程是s=3+t2，

則在時間[2，2.1]內相應的平均速度為==4.1；

故選：D．2．【答案】A【解析】根據題意，由導數的定義可得==f′（1），即可得答案．

解：根據題意，==f′（1），

故選：A．3．【答案】A【解析】直接利用常見函數的導數公式以及導數的運算性質對各個選項逐一判斷即可．

解：，故選項A正確；

，故選項B錯誤；

（x2sinx）′=（x2）′sinx+x2（sinx）′=2xsinx+x2cosx,故選項C錯誤；

（3x）′=3xln3，故選項D錯誤．

故選：A．4．答案：C解析：因為,所以曲線在點處的切線的斜率為,直線l的斜率,由切線與直線l垂直知,即,解得.故選:C.5．【答案】A【解析】根據條件先確定函數g（x）的單調性和對稱性，由此得到g（2）=g（-2）=0，且有當x＜-2或x＞2時，g（x）＞0，當-2＜x＜2時，g（x）＜0，將不等式變形為（x+1）g（x-1）＞0，分類討論，分別求解即可得到答案．

解：因為函數g（x）的圖象關于y軸對稱，

所以g（x）為偶函數，則g（-2）=g（2）=0，

當x∈（-∞，0]時，g′（x）＜0，故g（x）為單調減函數，

所以當x∈（0，+∞）時，g′（x）＞0，故g（x）為單調增函數，

故當x＜-2或x＞2時，g（x）＞0，

當-2＜x＜2時，g（x）＜0，

因為g（x）=f（x+1），則f（x）=g（x-1），

故不等式（x+1）f（x）＞0即為（x+1）g（x-1）＞0，

所以有或，

解得x＞3或x∈?，

所以（x+1）f（x）＞0的解集為（3，+∞）．

故選：A．6．答案：D解析：因為函數在上存在單調遞增區(qū)間,所以存在,使成立,即存在,使成立,令,,變形得,因為,所以,所以當,即時,,所以,故選:D.7．【答案】B【解析】令g（x）=，利用導數結合已知可得g（x）在R上單調遞增，從而將求不等式ex-f（x）＜1的解集轉化為g（x）＞g（0）的解集，從而可得答案．

解：因為f'（x）-f（x）＞1，

所以f'（x）-f（x）-1＞0．

令g（x）=，

則g′（x）==＞0，

所以g（x）在R上單調遞增，①

又f（0）=0，

所以g（0）=f（0）+1=1，

又ex-f（x）＜1?＞1，

即g（x）＞g（0），②

由①②得：x＞0，

即不等式ex-f（x）＜1的解集為（0，+∞），

故選：B．8．【答案】B【解析】將ylny=e2x-yln（2x）化為eln（2xy）ln（2xy）=2xe2x，構造函數f（x）=xex（x＞0），利用導數判斷其單調性，根據單調性可得ln（2xy）=2x,即，再根據導數可求出其最小值．【解答】解：由ylny=e2x-yln（2x），

得ylny+yln（2x）=e2x（x＞0，y＞0），

則yln（2xy）=e2x，

所以2xyln（2xy）=2xe2x，

即eln（2xy）ln（2xy）=2xe2x．

設f（x）=xex（x＞0），

則f′（x）=（x+1）ex＞0，

可知f（x）在（0，+∞）上為增函數，

所以ln（2xy）=2x,則2xy=e2x，即．

令，則，

當時，g′（x）＜0；當時，g′（x）＞0，

所以g（x）在上為減函數，在上為增函數，

所以．

故選：B．9．【答案】BD【解析】根據題意，由函數y=xf′（x）的圖象分析導函數的符號，進而可得f（x）的單調區(qū)間以及單調性，據此分析可得答案．

解：根據題意，由函數y=xf′（x）的圖象可知：

當x＜-2時，xf′（x）＜0，f′（x）＞0，此時f（x）為增函數，

當-2＜x＜0時，xf′（x）＞0，f′（x）＜0，此時f（x）為減函數，

當0＜x＜2時，xf′（x）＜0，f′（x）＜0，此時f（x）為減函數，

當x＞2時，xf′（x）＞0，f′（x）＞0，此時f（x）為增函數；

據此分析選項：函數f（x）的增區(qū)間是（-∞，-2），（2，+∞），則B正確，A錯誤；

x=-2是函數的極大值點，x=2是函數的極小值點，則D正確，C錯誤；

故選：BD．10．【答案】BCD【解析】若f（x）=x,則滿足條件，而f（x）=x在[1，2]上單調遞增；對函數進行賦值，利用奇偶性找出函數f（x）滿足f（x）+f（2+x）-2（x+1）=0，再利用導函數改變函數奇偶性得到f′（x）+f′（x+2）-2=0，從而進行判斷即可

解：若f（x）=x,則滿足條件，而f（x）=x在[1，2]上單調遞增，故A錯誤；

由已知有：f（1-x）-f（1+x）+2x=0恒成立，

令x=1時，f（0）-f（2）+2=0①，

令x=x+1，f[1-（x+1）]-f[1+（x+1）]+2（x+1）=0，又f（x）為奇函數，

故化簡得：f（x）+f（2+x）-2（x+1）=0，

令x=0，f（0）+f（2）-2=0②，

由①②解得：f（0）=0，f（2）=2，

故B選項正確；

由上式f（x）+f（2+x）-2（x+1）=0，

令x=2，f（2）+f（4）-6=0，

故f（4）=4，

令x=4以此類推可得f（6）=6，以此類推，f（2020）=2020，

故C選項正確；

由已知有f（x）在R上可導，

對f（1-x）-f（1+x）+2x=0求導有：f′（1-x）+f′（x+1）-2=0，

令x=0，可得f′（1）=1，

又因為f（x）為奇函數，故f′（x）為偶函數，

∴f′（x-1）+f′（x+1）-2=0，

令x=x+1，f′（x+1-1）+f′（x+1+1）-2=0，

即f′（x）+f′（x+2）-2=0，

令x=1，故f′（1）+f′（3）-2=0，解得：f′（3）=1，

令x=3，得f′（5）=1，

以此類推f′（2013）=1，故D選項正確．

故選：BCD．11．【答案】ABD【解析】由題設g（x）=-ax3+bx2-cx,且g（x）+g（2-x）=0，可得b=3a,c=2a,代入解析式，結合已知條件即可判斷選項的正誤．

解：由題設可知：g（x）=-ax3+bx2-cx,且g（x）+g（2-x）=0，

所以ax3-bx2+cx+a（2-x）3-b（2-x）2+c（2-x）=0，

整理得（3a-b）x2+2（b-3a）x+4a-2b+c=0，

故，可得b=3a,c=2a,

故g（x）=-ax（x-1）（x-2），

又g（-2）=24a＜0，即a＜0，A正確；

g（x）有3個零點，B正確；

由g（x）+g（2-x）=f（-x）+1+f（x-2）+1=0，

則f（-x）+f（x-2）=-2，所以f（x）關于（-1，-1）對稱，C錯誤；

12a-4b+c=12a-12a+2a=2a＜0，D正確．

故選：ABD．12．【答案】0【解析】求函數的導數，先求出f′（）的值即可得到結論．

解：函數的導數為f′（x）=f′（）cosx-sinx,

令x=，得f′（）=f′（）cos-sin=-1，

則f（x）=-sinx+cosx,

則f（）=-sin+cos=，

故答案為：0．13．【答案】-2【解析】先利用導數寫出切線方程，然后將（0，0）代入切線方程，求出ab的值．

解：，所以k=．

所以切線方程為：，

將（0，0）代入上式得：，所以ab=-2．

故答案為：-2．14．【答案】[-，]【解析】f（x）≥g（x）恒成立可轉化為（m2+1）≤（x＞0）恒成立，構造函數h（x）==x+-，通過導數可求得h（x）min=h（1）=1+e,從而可得答案．

解：f（x）≥g（x）恒成立?x2+ex≥（m2+1）x+lnx（x＞0）恒成立?m2+1≤（x＞0）恒成立，

令h（x）==x+-，

則h′（x）=，

再令t（x）=（x-1）ex+x2+lnx-1（x＞0），

則t′（x）=xex+2x+＞0恒成立，

∴y=t（x）在（0，+∞）上單調遞增，又t（1）=h′（1）=0，

∴當x∈（0，1）時，t（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上單調遞減；

當x∈（1，+∞）時，t（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上單調遞增；

∴h（x）min=h（1）=1+e,

∴m2+1≤1+e,

解得：-≤m≤，

故答案為：[-，]．15．答案：（1）,（2）單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為解析：（1）因,所以,依題意且,所以,解得.（2）由（1）可得函數的定義域為R,又,令,則,所以（）在定義域R上單調遞增,又,所以當時,當時,所以的單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為.16．答案：見解析解析：因為函數的單調增區(qū)間是,所以,,解得.當時,令,則或列表如下:x1f'(x)+0f(x)↘極小值↗極大值↘當時,有極小值,當時,有極大值0.17．【解析】（1）求得f（x）的導數，可得切線的斜率和切點，進而得到所求切線的方程；

（2）令f（x）=0，設g（x）=ex-1-，由導數判斷g（x）的單調性，結合零點存在定理，可得結論．

解：（1）f（x）=x+1-xex的導數為f′（x）=1-（x+1）ex，

可得曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線的斜率為0，且f（0）=1，

則切線的方程為y=1；

（2）f（x）有且只有1個零點．

理由：由f（x）=0，可得x+1=xex，

顯然x=0不是零點，則ex=1+，

設g（x）=ex-1-，可得g′（x）=ex+＞0，

所以g（x）在R上遞增，

由