2024-2025學年高中數學第四章導數應用單元質量評估習題含解析北師大版選修1-1

第四章單元質量評估本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題共60分)答題表題號123456789101112答案一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的)1．函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)2．函數f(x)＝x3－x2－x＋1在閉區(qū)間[－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．下列函數存在極值的是()A．y＝2x B．y＝eq\f(1,x)C．y＝3x－1 D．y＝x24．已知函數y＝f(x)(x∈R)的圖像如圖所示，則不等式xf′(x)<0的解集為()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．已知函數f(x)＝ax3＋bx2＋c，其導函數f′(x)的圖像如圖所示，則函數f(x)的微小值是()A．a＋b＋c B．8a＋4b＋cC．3a＋2b D．c6．已知a>0，函數f(x)＝－x3＋ax在[1，＋∞)上是單調減函數，則a的最大值為()A．1 B．2C．3 D．47．對于在R上可導的隨意函數f(x)，若滿意(x－a)f′(x)≥0，則必有()A．f(x)>f(a) B．f(x)<f(a)C．f(x)≥f(a) D．f(x)≤f(a)8．函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝eq\f(1,a)處有極值，則ac＋2b的值為()A．3 B．－3C．0 D．19．函數f(x)＝ax3＋x＋1有極值的充要條件是()A．a>0 B．a≥0C．a<0 D．a≤010．函數f(x)＝ax2＋5x＋6在區(qū)間[1,3]上是削減的，則實數a的取值范圍為()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．若函數f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調函數，則實數k的取值范圍是()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時，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畫出各選項函數的圖像可知，只有y＝x2存在極值．4．B由題圖像知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))上是削減的，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.故選B.5．D由題圖易知，f(x)在(－∞，0)上為減函數，在(0,2)上為增函數，在(2，＋∞)上為減函數，所以f(x)的微小值為f(0)＝c.6．C由題意知f′(x)＝－3x2＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞]上恒成立，則a≤3，故選C.7．C由(x－a)f′(x)≥0知，當x>a時f′(x)≥0，當x<a時f′(x)≤0.∴當x＝a時，函數f(x)取得最小值，則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函數f(x)＝ax3＋x＋1有極值的充要條件是f′(x)＝0有兩個不相等的實數根，即3ax2＋1＝0有實根，當a≥0時明顯方程沒有實根，當a<0時，方程有實根．10．Cf′(x)＝2ax＋5，由于f(x)在[1,3]上是削減的，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，得函數的增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函數的減區(qū)間是(－2,2)，由于函數區(qū)間在(k－1，k＋1)上不是單調函數，所以有k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3，故選B.————————————————————————————12.若a>2，則函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax2＋1在(0,2)上恰好有()A．0個零點 B．1個零點C．2個零點 D．3個零點第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，請把答案填寫在題中橫線上)13．函數y＝x－ex的單調增區(qū)間為________．14．設f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，當x∈[－1,2]時，f(x)<m恒成立，則實數m的取值范圍為________．15．若x＝2是函數f(x)＝x(x－m)2的極大值點，則函數f(x)的極大值為________．16．假如不等式eq\f(lnkx,x)≤eq\f(1,e)對隨意的正實數x恒成立，則實數k的取值范圍為________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)設函數f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，求f(x)的單調區(qū)間．18．(12分)若函數f(x)＝ax2＋2x＋blnx在x＝1和x＝2取極值．(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，則f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a>4，∴當x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上是削減的．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)上恰好有一個零點，故選B.13．(－∞，0)解析：y′＝1－ex，令y′>0，即1－ex>0，解得x<0，所以所求的單調增區(qū)間為(－∞，0)．14．(7，＋∞)解析：x∈[－1,2]時，函數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.當m＝2時，f′(x)＝3x2－8x＋4.令f′(x)＝0，則x1＝2，x2＝eq\f(2,3)，∴當x<eq\f(2,3)或x>2時，f′(x)>0，當eq\f(2,3)<x<2時，f′(x)<0，∴f(2)是微小值，∴m＝2應舍去．當m＝6時，f′(x)＝3x2－24x＋36.令f′(x)＝0時，x1＝2，x2＝6，∴當x<2或x>6時，f′(x)>0，當2<x<6時，f′(x)<0，∴f(2)是極大值，∴f(2)＝2(2－6)2＝32.16．0<k≤1解析：令f(x)＝eq\f(lnkx,x)(x>0)，則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)，且函數f(x)在x＝eq\f(e,k)處取得極大值，也是最大值，為eq\f(k,e)，由題意有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).當2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)時，cosx>－eq\f(1,2)，即f′(x)>0；當2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)時，cosx<－eq\f(1,2)，即f′(x)<0.因此f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，單調遞減區(qū)間為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時取極值，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).所以最小值為f(1)＝eq\f(5,3)，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(11,12)＋eq\f(4,3)ln2.————————————————————————————19.(12分)設f(x)＝alnx＋eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸．(1)求a的值；(2)求函數f(x)的極值．20．(12分)證明：曲線y＝ex與y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1在R上有唯一的公共點．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).由于曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f′(1)＝0，從而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)不在定義域內，舍去)).當x∈(0,1)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上為減函數；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上為增函數．故f(x)在x＝1處取得微小值f(1)＝3.20．證明：曲線y＝ex與y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1的公共點的個數等于函數φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1零點的個數．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零點x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，當x<0時，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上單調遞減；當x>0時，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴φ′(x)在R上有唯一的微小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值為φ′(0)＝0.∴φ′(x)≥0在R上恒成立，∴φ(x)在R上是單調遞增的，∴φ(x)在R上有唯一的零點．故曲線y＝ex與y＝eq\f(1,2)x2＋x＋1在R上有唯一的公共點．————————————————————————————21.(12分)已知函數f(x)＝eq\f(ax,x＋r2)(a>0，r>0)．(1)求f(x)的定義域，并探討f(x)的單調性；(2)若eq\f(a,r)＝400，求f(x)在(0，＋∞)內的極值．22．(12分)(2024·新課標全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．答案21.解：(1)由題意知x≠－r，所求的定義域為(－∞，－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)，所以當x<－r或x>r時，f′(x)<0，當－r<x<r時，