专题25一元函数的导数及其应用（单元测试卷）（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_06.专项练习

专题25 《一元函数的导数及其应用》单元测试卷 一、单选题 f 1x f 1 1．（2020·夏津第一中学高二期中）设函数 f x x，则  l x i  m  x  （ ） A．0 B．1 C．2 D．－1 【答案】B 【解析】 f x x 因为 ， f 1x f 1 1x1 x lim  lim  lim 1 所以 x x x x xx . 故选：B. f(x) x3 2x2 x3 f(2) 2．（2019·辰溪县第一中学高二月考）已知函数 ，求 ( ) A．1 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【解析】 f(x) x3 2x2 x3 f(x)3x2 4x1 由题意，函数 ，则 ， f(2)322 4215 所以 . 故答案为：B. f x2xaex f '13e y  f x 3．（2020·黑山县黑山中学高二月考）已知函数 ，且 ，则曲线 在 x0处的切线方程为（ ） x y10 x y10 A． B． x3y10 x3y10 C． D． 【答案】B 【解析】f 'x2ex 2xaex 2x2aex f '14ae3e  ， ，解得a1，即 f x2x1ex f 01 f 'x2x1ex f '01 y  f x ， ，则 ， ，曲线 在点x0 y11x0 x y10 处的切线方程为 ，即 . f x3xa2lnx a 4．（2020·湖北省高二期中）若函数 不是单调函数，则实数 的取值范围是（ ）  1 , A．   2   B． 2, C． 0, D． ,2 【答案】D 【解析】 a2 3xa2 f x 0, f 'x3  的定义域为 ， x x ， 2a x f '(x)=0 令 解得 3 . f x3xa2lnx 0, 由于函数 在 上不是单调函数， 2a 0 所以 3 ，解得a2. 故选：D 5．（2020·湖南省高三一模（文））函数y=xlnx的图象大致是( ) A． B．C． D． 【答案】D 【解析】 ylnx1 因为y=xlnx，故可得 1 1 x x 令y0，可得 e；令y0，可得 e ，  1 1   0,   , 故函数在区间 e上单调递减，在区间e 单调递增，  1 x 0,   又因为当  e时，lnx0,y0，故排除A,B； 1   , 又x1时，y 0，故函数在区间e 上有一个零点，故排除C. 故选：D. f(x)2xf(e)lnx f e 6．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知函数 ，则 ( ) A．e B．e C．1 D．1 【答案】C 【解析】 1 1 1 f(x)2f(e) , f(e)2f(e) , f(e) 由题得 x e e， 1 f(e)2ef(e)lne2e( )11 所以 e . 故选：C.y  x3 3x4 7．（2020·夏津第一中学高二期中）函数 有（ ） A．极大值6，极小值2 B．极大值2，极小值6 C．极小值－1，极大值2 D．极小值2，极大值8 【答案】A 【解析】 y3x2 30 x1 y,y x 令 ，解得 ，则 随 的变化如下表 x ,1 1 1,1 1 1, y  0  0  y 6 2    x1 6 x1 2 所以，当 时，函数有极大值为 ；当 时，函数有极小值为 . 故选:A. ln(x1)ax2,x0,  f(x) 1 8．（2020·福建省高三其他（文））若函数 x a,x0. 的最大值为 ，则实数   x f(1) a 的取值范围为（ ）  1 1  0, ,     A．(,e] B． e C．e  D．[e,) 【答案】C 【解析】 1 f '(x) a 当x0时， f(x)ln(x1)ax2， x1 ， a0 f '(x)0 x0  f(x) (0,) 若 ，则 在 恒成立， 在 ， x f(x)  f(1) 且 时， ， 函数的最大值不可能为 ， a0，1 1 0 x 1 x  1 当 f '(x)0时，得 a ，当 f '(x)0时， a ， 1 1 (0, 1) ( 1,)  f(x)在 a 单调递增，在 a 单调递减， 1 1 1 f(x)  f( 1)ln a( 1)2lnaa3  max a a a ， 1 1 f(x) x a [(x) ]a2a f(1) 当x0时， x x ， 1 lnaa32alna1a  e ， 故选：C. 二、多选题 0,1 9．（2019·福建省莆田一中高二期末）（多选题）下列函数中，既是奇函数又在区间 上单调递增的是 （ ） y 2x3 4x y  xsinx y log x y 2x 2x A． B． C． 2 D． 【答案】ABD 【解析】 由奇函数定义可知，A、B、D均为奇函数，C为偶函数，所以排除C； y' 6x2 40 y 2x3 4x 0,1 对于选项A， ，所以 在 上单调递增； y' 1cosx0 y  xsinx 0,1 对于选项B， ，所以 在 上单调递增； y' 2xln22xln20 y 2x 2x 0,1 对于选项D， ，所以 在 上单调递增. 故选：ABD 1 10．（2020·江苏省高二期中）直线y xb能作为下列（ ）函数的图像的切线. 21 f(x) A． x B． f(x) x4 C． f(x)sinx D． f(x)ex 【答案】BCD 【解析】 1 1 1 f(x) f '(x)  x ，故 x2 2，无解，故A排除； 1 1 1 1  1 3 f(x)4x3  x  ,  y x f(x) x4，故 2 ，故 2 ，即曲线在点2 16的切线为 2 16 ， B 正确； 1   3 1  3 f(x)sinx，故 f '(x)cosx 2 ，取 x 3 ，故曲线在点    3 , 2    的切线为 y 2 x 6  2 ， C 正确； 1  1 1 1 1 f '(x)ex   ln2,  y x ln2 f(x)ex，故 2，故x ln2，曲线在点 2的切线为 2 2 2 ， D 正 确； BCD 故选： . f x 11．（2020·山东省潍坊一中高二月考）已知函数f（x）的定义域为R且导函数为 ，如图是函数 y  xfx 的图像，则下列说法正确的有（ ）  A．函数f（x）的减区间是（- ，-2） B．函数f（x）的增区间是（-2，+ ） C．x=-2是函数的极小值点 D．x=2是函数的极小值点 【答案】ABC 【解析】 y  xfx0 f 'x0 x0 当 时， ，故 ，函数单调递增； y  xfx0 f 'x0 2 x0 当 时， ，故 ，函数单调递增； y  xfx0 f '20 x2 当 时， ，故 ； y  xfx0 f 'x0 x2 当 时， ，故 ，函数单调递减； ABC 对比选项知：故 正确. ABC 故选： . y  f x f x 12．（2020·南京市江宁高级中学高二期中）已知函数 的导函数 的图象如图所示，则下列 判断正确的是（ ） 1 3, A．函数y  f x 在区间   2  内单调递增 y  f x x2 B．当 时，函数 取得极小值 y  f x 2,2 C．函数 在区间 内单调递增 y  f x x3 D．当 时，函数 有极小值 【答案】BC 【解析】  1 3, 对于A，函数y  f x 在区间   2  内有增有减，故A不正确；y  f x x2 对于B，当 时，函数 取得极小值，故B正确； x2,2 fx0 y  f x 2,2 对于C，当 时，恒有 ，则函数 在区间 上单调递增，故C正确； fx0 x3 对于D，当 时， ，故D不正确. 故选：BC 三、填空题 13．（2020·夏津第一中学高二期中）曲线y＝x2+lnx在点（1，1）处的切线方程为_____． 3x y20 【答案】 【解析】 1 y2x x ，在点（1，1）处的切线斜率为3，所以切线方程为3x y20. f(x)lnxx 14．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数 的单调递增区间为 _______. 【答案】 【解析】 1 f 'x 1 f 'x0 函数有意义，则：x0 ，且： x ，由 结合函数的定义域可得函数的单调递增区 0,1 0,1 间为 ，故答案为 . f x xxa2 15.（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））若函数 在x2处取得极小值， a  则 __________． 【答案】2 【解析】 f(x)3x2 4axa2 f(2)128aa2 0 a2 a6 求导函数可得 ，所以 ，解得 或 ， a2 f(x)3x2 8x4(x2)(3x2) x2 当 时， ，函数在 处取得极小值，符合题意；a6 f(x)3x2 24x363(x2)(x6) x2 当 时， ，函数在 处取得极大值，不符合题意，不符合 a2 题意，所以 . 1 f(x) xsinx,x[0,], 16．（2020·浙江省宁波诺丁汉附中高二期中）已知函数 2 则 f(x)的最小值为 ________，最大值为_______.  3   【答案】 6 2 2 【解析】 1 1 f(x) xsinx,x[0,], f '(x) cosx,x[0,],  2 2   0 x  x 则当 3 时， f '(x)0，当 3 时， f '(x)0，     3 [0, ] [ ,] x f(x)   所以 f(x)在 3 上单调递减，在 3 上单调递增，则当 3 时， min 6 2 ；   f 00, f  f(x)  又 2 ，所以 max 2 .  3   故答案为： 6 2 ； 2 . 四、解答题 f(x)alnxx4 aR y  f x 17．（2018·营口市第二高级中学高二月考（文））设 ，（ ），曲线  1, f 1 y 在点 处的切线垂直于 轴. a （1）求 的值； y  f x （2）求函数 的单调区间. f x 0,1 1, 【答案】（1）a1；（2） 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .【解析】 a a f 'x 1 f '1 1a10 （1）由于 x ，依题意 1 ，解得a1. 1 1x f xlnxx4x0, f 'x 1 x0 f x 0,1 （2）由（1）知 x x ，所以 在 上递增，在 1, 上递增. f x 0,1 1, 也即 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . 1 f xax2 blnx 18．（2020·福建省高二月考）已知函数 在x1处有极值2 . a,b （1）求 的值； 1  ,2 （2）求函数 f x 在  2  上的最大值与最小值. 1 1 a 【答案】（1） 2，b1；（2）最大值为2ln2，最小值为2 【解析】 f xax2 blnx f x 0, （1）由题可知， ， 的定义域为 ， b  f(x)2ax (x0) x ， 1 f x 由于 在x1处有极值2 ，  1  1 f 1abln1 a   2  2 则 ，即 ，   f12ab0  2ab01 a  解得： 2，b1， 1 f(x) x2 lnx （2）由（1）可知 2 ，其定义域是(0,)， 1 (x1)(x1) f(x)x  ， x x fx=0 x0 x1 令 ，而 ，解得 ， fx0 fx0 0 x1 x1 由 ，得 ；由 ，得 ， 1  ,2 则在区间  2  上，x， f x ， f x 的变化情况表如下： 1 1  x  ,1 1 1,2 2 2 2  f x  0  1 1 f x ln2 单调递减 单调递增 2ln2 8 2 1 f x  f 1 可得 min 2， 1 1 f  ln2    2 8 ， f(2)2ln2， 1 1  1 f 2 f 2ln2 ln2 0 f 2 f       由于 2 8  ，则 2， f x  f 22ln2 所以 max ， 1  1 ,2  函数 f x 在区间  2  上的最大值为 2ln2 ，最小值为2 . 19．（2020·江西省新余一中高二月考（理））某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过x C(x) 市场调查，生产一小型电子产品需投入固定成本2万元，每生产 万件，需另投入流动成本 万元，当 1 e3 C(x) x2 2x C(x)6xlnx 17 年产量小于7万件时， 3 （万元）；当年产量不小于7万件时， x （万元）.已知每件产品售价为6元，假若该同学生产的商品当年能全部售完. P(x) x （1）写出年利润 （万年）关于年产量 （万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售收入-固定成 本-流动成本） （2）当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品所获年利润最大？最大年利润是多少？ e3 20 （取 ）.  1  x2 4x2,0 x7   3 p(x) 【答案】（1） e3 （2）当年产量约为 万件，该同学的这一产品所获  15lnx ,x7  x 20 年利润最大，最大利润为11万元 【解析】 6 6x （1）产品售价为 元，则万件产品销售收入为 万元. 1 1 p(x)6x x2 2x2 x2 4x2 依题意得，当0 x7时， 3 3 ， e3 e3 p(x)6x(6xlnx 17)215lnx 当x7时， x x ，  1  x2 4x2,0 x7   3 p(x) e3 ；  15lnx ,x7  x 1 p(x) (x6)2 10 （2）当0 x7时， 3 ， x6 p(x) p(6)10 当 时， 的最大值为 （万元）， e3 1 e3 e3 x p(x)15lnx p(x)   当x7时， x x x2 x2 ，  7 xe3 p(x) xe3,p(x) 当 时， 单调递增，当 单调递减，  xe3 p(x) p(e3)15lne3 111 当 时， 取最大值 （万元），  1110 xe3 20 p(x) 11 当 时， 取得最大值 万元， 20 11 即当年产量约为 万件，该同学的这一产品所获年利润最大，最大利润为 万元. C y  x3 3x2 2x 20．（2020·横峰中学高二开学考试（理））已知曲线 的方程是 ． l x1 （1）求曲线在 处的切线方程 1； l : y kx l C x ,y x 0 l （2）若 2 ，且直线 2与曲线 相切于点 0 0 0 ，求直线 2的方程及切点坐标． 1 3 3 y  x  ,  【答案】（1）x y10；（2）直线l 的方程为 4 ，切点坐标为2 8． 2 【解析】 y  x3 3x2 2x （1）∵ ， y' 3x2 6x2 ∴ ， y 316121 ∴ x1 ， l 1,0 ∴ 1的斜率为1，且过点 ， l y (x1) x y10 ∴直线 1的方程为 ，即 ； y k  0 x 0 （2）直线l 过原点，则 x 0 ，由点 x ,y  在曲线C上， 2 0 0 0y  x33x2 2x 得 0 0 0 0， y 0  x2 3x 2 ∴ x 0 0 ， 0 y' 3x2 6x2 k 3x2 6x 2 又 ，所以 0 0 ， y k  0 又 x ， 0 y 3x2 6x 2 0  x2 3x 2 ∴ 0 0 x 0 0 ，整理得2x2 3x 0， 0 0 0 3 3 1 x  y  k  ∵ x 0 ，∴ 0 2，此时 0 8， 4， 0 1 3 3 y  x  ,  ∴直线l 的方程为 4 ，切点坐标为2 8． 2 1 f(x) x2 mlnx 21．（2020·天津大钟庄高中高二月考）已知函数 2 (mR) m2 （1）当 时， f x ①求函数 在x=1处的切线方程； f x [1,e] ②求函数 在 上的最大，最小值． 1  , （2）若函数 f x 在  2   上单调递增，求实数m的取值范围； 1 【答案】（1）①2x2y30；②函数 f x 在[1,e]上的最大值为2 e2 2 ，最小值为1ln2；（2） 1 m 4.【解析】 1 2 x2 2 (x 2)(x 2) f(x) x2 2lnx f '(x) x   （1）当m2时， 2 x x x . 1 1 (1 2)(1 2) f(1) 12 2ln1 , f '(1) 1 ①当x=1时， 2 2 1 ， f x 所以函数 在x=1处的切线的斜率为1，因此切线方程为： 1 y 1(x1)2x2y30 2 ； x[1,e] x[1, 2] f '(x)0 f x ②因为 ，所以当 时， ，函数 单调递减， x[ 2,e] f '(x)0 f x 当 时， ，函数 单调递增， 1 所以当x[1,e]时，函数 f x 有极小值 f( 2) 2 ( 2)2 2ln 2 1ln2 ， 1 1 1 1 1 1 f(1) 12 2ln1 , f(2) e2 2lne e22 (e24) 而 2 2 2 2 2 2， 1 所以函数 f x 在[1,e]上的最大值为2 e2 2 ，最小值为1ln2； 1 m f(x) x2 mlnx f '(x) x （2） 2 x ， 1  , 因为函数 f x 在  2   上单调递增， m 1  f '(x) x 0 x  ,  所以 x 在 2 时恒成立， 1  1  x , x , 即m x2在  2   时恒成立，设g(x) x2，  2   ，1  1 1 因为当 x  2 ,   时，函数g(x) x2单调递增，所以 g(x) min ( 2 )2  4 ， 1  1 x  ,  m 因此要想m x2在 2 时恒成立，只需 4. 1  1 所以当函数 f x 在  2 ,   上单调递增时，实数m的取值范围为 m 4. f xlnxxm(mR) 22．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））已知函数 ． f x m （1）若函数 有两个零点，求 的取值范围； 1  ,1 （2）证明：当m3时，关于x的不等式 f xx2ex 0在  2  上恒成立． ,1 m3 【答案】（1） ；（2） 【解析】 fxlnxxm0 （1）令 ，mlnxx； 1 1x gxlnxx gx 1 令 ， x x ， gx0 gx0 令 ，解得 0x1 ，令 ，解得x 1， gx 0,1 1, gx g11 则函数 在 上单点递增，在 上单点递减， max ． fx gx ym 要使函数 有两个零点，则函数 的图像与 有两个不同的交点． ,1 则 m1 ，即实数m的取值范围为 ． fxx2ex 0 mx2ex lnxx  （2） ， ； 1   1 hxx2ex lnxx,x ,1 hxx1 ex      设 2 ，  x；1 1 1  设 uxex  x ， uxex  x2 0 ，则ux 在  2 ,1  上单调递增. 1 1  1 又 u  2    e20 ，u1e10. x 0   2 ,1  ，使得ux 0，即 ex 0  x ，lnx x . 0 0 0 0 1  x ,x 当  2 0   时，ux 0,hx 0；当xx ,1 时，ux0,hx0； 0 1  ,x hx 在  2 0   上单调递增，在 x ,1 上单调递减. 0 1 2 hx hx x 2ex 0 lnx x x 2 2x 1 2x max 0 0 0 0 0 x 0 x 0. 0 0 2 2 22x2 φx1 2x φx 2 设 x ， x2 x2 . 1  1  x ,1 ,1 当  2  时，φx0恒成立，则φx 在  2  上单调递增， 1  x ,1 φxφ13，即当  2  时，hx3. 1  ,1  当m3时，关于 x 的不等式fxx2ex 0在  2  上恒成立. 