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2025湘教版数学选择性必修第二册
第1章测评
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.一质点的运动方程为s=2t2+3(位移单位为m,时间单位为s),则该质点在t=3 s时的瞬时速度为(　　)
A.4 m/s B.12 m/s C.15 m/s D.21 m/s
2.若函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a等于(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
3.若函数f(x)=(x>1)有最大值-4,则实数a的值是(　　)
A.1 B.-1 C.4 D.-4
4.已知函数f(x)=x+在(-∞,-1)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)
A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1]
C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞)
5.函数f(x)=的部分图象大致为(　　)
6.方程-ln x-2=0的根的个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
7.吹气球时,记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r(V),r'(V)为r(V)的导函数.已知r(V)在0≤V≤3上的图象如图所示.若0≤V1A.
B.r'(1)C.r<
D.存在V0∈(V1,V2),使得r'(V0)=
8.设a=,b=ln,c=2lnsin+cos,则(　　)
A.b二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.如图是函数y=f(x)的导函数的图象,对于下列四个判断,其中正确的是(　　)
A.f(x)在(1,2)上单调递减 B.f(x)在(2,4)上单调递减
C.当x=-1时,f(x)取得极小值 D.当x=1时,f(x)取得极大值
10.设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是(　　)
A. x∈R,f(x)≥f(x0) B.-x0是f(-x)的极大值点
C.-x0是-f(x)的极小值点 D.-x0是-f(-x)的极小值点
11.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,记g(x)=f'(x).若f,g(2+x)均为偶函数,则(　　)
A.f(0)=0 B.g=0 C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2)
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.如图,直线l是曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线,则f(4)+f'(4)的值等于　　　　　.
13.已知函数y=f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如表所示,y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示.下列关于f(x)的结论:
x -1 0 4 5
f(x) 1 2 2 1
①函数f(x)的极大值点为0,4;
②函数f(x)在[0,2]上单调递减;
③如果当x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4;
④当1⑤函数y=f(x)-a的零点个数可能为0,1,2,3,4.其中正确结论的序号是　　　　.
14.[2023全国乙,理16]设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知函数f(x)=2x3-ax2+4,x=1是函数f(x)的一个极值点.
(1)求函数f(x)的增区间;
(2)当x∈[-1,2]时,求函数f(x)的最小值.
16.(15分)设函数f(x)=x2+bln(x+1).
(1)若对定义域内的任意x,都有f(x)≥f(1)成立,求实数b的值;
(2)若函数f(x)在定义域上是单调函数,求实数b的取值范围.
17.(15分)已知函数f(x)=aex-x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设x0为函数的极小值点,证明:f(x0)≥3-.
18.(17分)某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为30元,并且每件产品需向总公司缴纳a元(a为常数,2≤a≤5)的管理费,根据多年的管理经验,预计当每件产品的售价为x元时,产品一年的销售量为(e为自然对数的底数)万件.已知当每件产品的售价为40元时,该产品一年的销售量为500万件,经物价部门核定,每件产品的售价x最低不低于35元,最高不超过41元.
(1)求分公司经营该产品一年的利润L(x)(单位:万元)与每件产品的售价x(单位:元)的函数关系式;
(2)当每件产品的售价为多少元时,该产品一年的利润L(x)最大 并求出L(x)的最大值.
19.(17分)已知函数f(x)=2ax-+ln x.
(1)若f(x)在x=1,x=处取得极值.
①求a,b的值;
②若存在x0∈,2,使得不等式f(x0)-c≤0成立,求c的最小值.
(2)当b=a时,若f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求a的取值范围.
第1章测评
1.B　∵s=2t2+3,
∴s'=4t,
∴当t=3时,s'=12,即该质点在t=3 s时的瞬时速度为12 m/s.
故选B.
2.D　f'(x)=3x2+2ax+3.
由f(x)在x=-3时取得极值,得f'(-3)=0,即27-6a+3=0,
所以a=5.
经检验,当a=5时,f'(x)=0有两个不相等的实数根,符合题意,
故a=5.
3.B　函数f(x)=(x>1),则f'(x)=
要使得函数f(x)有最大值-4,则a<0.
当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)在(1,2)上单调递增,当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)在(2,+∞)上单调递减,所以当x=2时,函数f(x)取得最大值,即f(x)max=f(2)==-4,解得a=-1,满足题意.
故选B.
4.D　由题意知f'(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上单调递增,则f'(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即x2在(-∞,-1)上恒成立.
当x<-1时,x2>1,则有1,解得a≥1或a<0.
故选D.
5.C　f(x)=,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=-,则f(-x)=-f(x),f(x)为奇函数,图象关于原点对称,排除B;
f(1)=<1,排除A;
当x>0时,可得f'(x)=,当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,排除D.
故选C.
6.C　令f(x)=-ln x-2(x>0),则f'(x)=(x>0),当x∈(0,4)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(4,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,且f(4)=2-ln 4-2<0,f(e6)=e3-ln e6-2=e3-8>0,f(e-2)=e-1-ln e-2-2=>0,结合函数零点存在定理可知函数在区间(0,4)上有一个零点,在区间(4,+∞)上也有一个零点,故方程-ln x-2=0的根的个数为2.故选C.
7.D　对于A,设tan α=,tan θ=,由题图得>α>θ>0,所以tan α>tan θ,所以,所以A错误;
对于B,易知图象上点的切线的斜率越来越小,根据导数的几何意义得r'(1)>r'(2),所以B错误;
对于C,设V1=0,V2=3,
∴r=r,,由题图得r>,所以C错误;
对于D,表示A(V1,r(V1)),B(V2,r(V2))两点连线的斜率,r'(V0)表示C(V0,r(V0))处切线的斜率,由于V0∈(V1,V2),所以可以平移直线AB使之与曲线相切,切点就是点C,所以D正确.
故选D.
8.B　(方法一)若x=,a=x-1,b=xln x,令f(x)=xln x-(x-1),所以f'(x)=ln x+1-1=ln x,令f'(x)=0,得x=1,所以在(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)>f(1)=0,即ln--1>0,所以ln,即b>a.令g(x)=ln(sin x+cos x)-x,g'(x)=-1=,当x∈0,时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(方法二)c=lnsin+cos2=ln1+sin当01-b=ln1-==a b>a,所以c故选B.
9.BC　由y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象知,导函数f'(x)在(-2,-1),(2,4)上小于0,f(x)单调递减,在(-1,2),(4,5)上大于0,f(x)单调递增,选项A错误,B正确;
函数f(x)在x=-1处取得极小值,选项C正确;
当x=1时,导函数取得极大值,原函数没有取得极大值,原函数在x=2处取得极大值,选项D错误.故选BC.
10.BD　x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,并不一定是最小值点,故A不正确;
f(-x)的图象相当于f(x)的图象关于y轴的对称图象,故-x0是f(-x)的极大值点,故B正确;
-f(x)的图象相当于f(x)的图象关于x轴的对称图象,故x0应是-f(x)的极小值点,不能确定-x0的情况,故C不正确;
-f(-x)的图象相当于f(x)的图象先关于y轴作对称,再关于x轴作对称得到的图象,-x0是-f(-x)的极小值点,故D正确.
故选BD.
11.BC　∵f-2x是偶函数,
∴f+2x=f-2x,
∴函数f(x)的图象关于直线x=对称,
∴f(-1)=f(4).故C正确;
∵g(2+x)为偶函数,
∴g(2-x)=g(2+x),
∴g(x)的图象关于直线x=2对称.
∵g(x)=f'(x),g(x)的图象关于直线x=2对称,
∴f(x)的图象关于点(2,t)(t∈R)对称.
∵f(x)的图象关于直线x=对称,
∴g(x)的图象关于点对称.
∴f(x)与g(x)均是周期为2的函数.
∴f(0)=f(2)=t(不恒等于0),故A错误;
g=g=0,
∴B正确;
构造函数f(x)=sin(πx)符合题目要求,g(x)=πcos(πx),而g(-1)=πcos(-π)=-π,g(2)=πcos 2π=π,故D错误.
故选BC.
12　由题图可得f(4)=5,直线l过点(0,3)和(4,5),则直线l的斜率k=,又由直线l是曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线,则f'(4)=,所以f(4)+f'(4)=5+
13.①②⑤　由f(x)的导函数y=f'(x)的图象知,函数y=f(x)的极大值点为0,4,故①正确;
因为在(0,2)上f'(x)<0,故函数f(x)在[0,2]上单调递减,故②正确;
由表和图象知0≤t≤5,所以③不正确;
因为极小值f(2)未知,所以函数y=f(x)-a的零点个数可能为0,1,2,3,4,当114.,1　由题意得f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a).
易知f'(x)不恒为0.
∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)=ax·ln a+(1+a)x·ln(1+a)≥0对 x>0恒成立.
∴1+x≥-对 x>0恒成立,
∴-1,
∴ln(1+a)≥ln,即1+a,
∴a2+a-1≥0,
∴a或a
又a∈(0,1),
∴a∈,1.
15.解 (1)由题意,得f'(x)=6x2-2ax,f'(1)=0,则a=3.
所以f(x)=2x3-3x2+4,f'(x)=6x(x-1),
当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以函数f(x)的增区间为(-∞,0)和(1,+∞).
(2)当x∈[-1,2]时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示:
x -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1,2) 2
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) -1 递增↗ 极大值 递减↘ 极小值 递增↗ 8
当x=-1时,f(-1)=-1,当x=1时,f(1)=2-3+4=3,
所以当x∈[-1,2]时,函数f(x)的最小值为-1.
16.解 (1)由x+1>0,得x>-1,
∴f(x)的定义域为(-1,+∞).
∵对任意的x∈(-1,+∞),都有f(x)≥f(1),
∴f(1)是函数f(x)的最小值,故有f'(1)=0.
f'(x)=2x+,
∴2+=0,
解得b=-4.
经检验,当b=-4时,f(x)在(-1,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.f(1)为最小值.
故b=-4.
(2)∵f'(x)=2x+,
又函数f(x)在定义域上是单调函数,
∴f'(x)≥0或f'(x)≤0在(-1,+∞)内恒成立.
若f'(x)≥0,则2x+0在(-1,+∞)内恒成立,
即b≥-2x2-2x=-2在(-1,+∞)内恒成立,由此得b;
当b=时,仅在x=-处f'(x)=0,故b
若f'(x)≤0,则2x+0在(-1,+∞)内恒成立,即b≤-2x2-2x=-2在(-1,+∞)内恒成立.
∵-2在(-1,+∞)内没有最小值,
∴不存在实数b使f'(x)≤0恒成立.
综上所述,实数b的取值范围是
17.(1)解 函数f(x)的定义域为R,
因为f(x)=aex-x+1,
所以f'(x)=aex-1,
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a.
当x<-ln a时,f'(x)<0,当x>-ln a时,f'(x)>0.
综上,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(-ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,-ln a).
(2)证明 由(1)知当a>0时,f(x)在x=-ln a时取得极小值,且极小值为f(-ln a)=2+ln a.
设函数g(x)=2+ln x-3-=ln x+-1,x>0,g'(x)=(x>0),
当0当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
故g(x)min=g(1)=0,
即g(x)≥g(1)=0,
所以f(x0)≥3-
18.解 (1)设该产品一年的销售量为Q(x)=,则=500,
所以k=500e40,
则该产品一年的销售量Q(x)=,则该产品一年的利润L(x)=(x-a-30)=500e40(35≤x≤41).
(2)L'(x)=500e40,35≤x≤41.
①若2≤a≤4,则33≤a+31≤35,
当35≤x≤41时,L'(x)≤0且不恒为0,L(x)单调递减,
所以当x=35时,L(x)取得最大值为500(5-a)e5;
②若4令L'(x)=0,得x=a+31,
易知当x=a+31时,L(x)取得最大值为500e9-a.
综上所述,当2≤a≤4,且每件产品的售价为35元时,该产品一年的利润最大,最大利润为500(5-a)e5万元;
当419.解 (1)①函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2a+
∵f(x)在x=1,x=处取得极值,
∴f'(1)=0,f'=0,
即
解得
②若存在x0∈,2,使得不等式f(x0)-c≤0成立,
则只需c≥f(x)min.
由①知f(x)=-x++ln x,
∵f'(x)=-=-=-,
∴当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈,1时,f'(x)≥0,当x=或x=1时,等号成立,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,2]时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
∴f(x)在x=处取得极小值,
即f=+ln-ln 2.
又f(2)=-+ln 2,
∴f(x)min=f(2),
∴c≥f(x)min=-+ln 2,
∴c∈-+ln 2,+∞,
故cmin=-+ln 2.
(2)当a=b时,f'(x)=
当a=0时,f(x)=ln x,则f(x)在(0,+∞)上是增函数;
当a>0时,∵x>0,
∴2ax2+x+a>0,
∴f'(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上是增函数;
当a<0时,设g(x)=2ax2+x+a=2ax+2+a-,
∵->0,故只需Δ≤0,即a≤-,此时f(x)在(0,+∞)上是减函数.
综上可得,a∈-∞,-∪[0,+∞).
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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