资源简介 第五章一元函数的导数及其应用真题复习卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版(2019)选择性必修第二册一.选择题(共8小题)1.(2024春 濮阳期末)已知a>0,不等式xex﹣ax≥alnx恒成立,则实数a的取值范围为( )A.[1,e] B. C.(0,e] D.2.(2024秋 永胜县校级期末)曲线y=x2+lnx在点(1,1)处的切线方程为( )A.3x﹣y﹣2=0 B.x﹣3y+2=0 C.3x+y﹣4=0 D.x+3y﹣4=03.(2016春 来宾期末)曲线y=ln(2x﹣1)上的点到直线2x﹣y+8=0的最短距离是( )A.2 B. C.3 D.04.(2024秋 新泰市校级期末)已知函数,则f′(1)=( )A.1 B.2 C. D.5.(2020春 吉林期末)设f(x)是一个三次函数,f′(x)为其导函数,如图所示的是y=x f′(x)的图象的一部分,则f(x)的极大值与极小值分别是( )A.f(1)与f(﹣1) B.f(﹣1)与f(1)C.f(﹣2)与f(2) D.f(2)与f(﹣2)6.(2024秋 云南校级期末)若点P在曲线上移动,经过点P的切线的倾斜角为α,则角α的取值范围是( )A. B.C. D.7.(2023秋 渭滨区期末)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)<f(x),f(x)为偶函数,则a,b,c的大小关系为( )A.b>c>a B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b8.(2024春 胶州市期末)函数,则,( )A.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递增B.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递减C.是奇函数,且在区间(0,+∞)上单调递增D.是奇函数,且在区间(0,+∞)上单调递减二.多选题(共3小题)(多选)9.(2024春 沙坪坝区校级期末)已知,则( )A.a+2a=b+2﹣b B.a+b=2b+2﹣aC. D.(多选)10.(2024春 炎陵县期末)已知函数f(x)=x3﹣x+1,则( )A.f(x)有两个极值点B.f(x)有一个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线(多选)11.(2024春 黄埔区校级期末)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈(0,+∞)时,f(x)=x3﹣3x﹣2,则( )A.f(x)的极大值点为﹣1B.函数的零点个数为3C.函数y=f(f(x))的零点个数为7D.f(f(x))>0的解集为(﹣2,0)∪(2,+∞)三.填空题(共3小题)12.(2024春 防城港期末)曲线f(x)=x3﹣lnx在点(1,f(1)处的切线与坐标轴围成的图形的面积为 .13.(2024春 金山区校级期末)若存在锐角θ,满足不等式,则θ的值为 .14.(2024春 吉林期末)已知在一次降雨过程中,某地降雨量y(单位:mm)与时间t(单位:min)的函数关系可近似表示为,则在t=4min时的瞬时降雨强度(某一时刻降雨量的瞬间变化率)为 mm/min.四.解答题(共5小题)15.(2020春 西宁期末)已知函数f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值;(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax﹣1,求实数a的取值范围.16.(2024春 鹿邑县期末)设函数f(x)=a2x2+ax﹣3lnx+1,其中a>0.(1)当a=1时,求函数y=f(x)在(1,3)处的切线方程;(2)讨论y=f(x)的单调性.17.(2024春 城关区校级期末)已知函数f(x)=x﹣lnx﹣2.(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅲ)若对任意的x∈(1,+∞),都有xlnx+x>k(x﹣1)成立,求整数k的最大值.18.(2024秋 浦东新区校级期末)设P是直角坐标平面xOy上的一点,曲线Γ是函数y=f(x)的图象.若过点P恰能作曲线Γ的k条切线(k∈N),则称P是函数y=f(x)的“k度点”.(1)判断点O(0,0)是否为函数y=lnx的1度点,并说明理由;(2)若点P(0,a)(a>0)是y=sinx,x∈(0,π)的0度点,求a的最小值;(3)求函数y=x3﹣x的全体2度点构成的集合.19.(2024春 天津期末)已知函数.(1)若曲线f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为4,求a的值;(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)已知f(x)的导函数在区间(1,e)上存在零点,求证:当x∈(1,e)时,.第五章一元函数的导数及其应用真题复习卷-2024-2025学年高二数学下学期人教A版(2019)选择性必修第二册参考答案与试题解析一.选择题(共8小题)题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案 C A A C C D C A二.多选题(共3小题)题号 9 10 11答案 AD ABC ABC一.选择题(共8小题)1.(2024春 濮阳期末)已知a>0,不等式xex﹣ax≥alnx恒成立,则实数a的取值范围为( )A.[1,e] B. C.(0,e] D.【解答】解:不等式xex﹣ax≥alnx,即xex﹣a(x+lnx)≥0.设f(x)=xex﹣a(x+lnx),则,x>0,令f′(x0)=0,则,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故只需f(x)min=f(x0)=x0a(x0+lnx0)=x0(1﹣x0﹣lnx0)≥0,所以1﹣x0﹣lnx0≥0,即x0+lnx0≤1,设g(x)=x+lnx,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=1,所以x0∈(0,1],设h(x)=xex,x∈(0,1],则h′(x)=(1+x)ex>0,所以h(x)在(0,1]上单调递增,所以h(x)的值域为(0,e],即a的取值范围为(0,e].故选:C.2.(2024秋 永胜县校级期末)曲线y=x2+lnx在点(1,1)处的切线方程为( )A.3x﹣y﹣2=0 B.x﹣3y+2=0 C.3x+y﹣4=0 D.x+3y﹣4=0【解答】解:y=x2+lnx的导数为y′=2x,曲线y=x2+lnx在点(1,1)处的切线的斜率为k=2+1=3,曲线y=x2+lnx在点(1,1)处的切线方程为y﹣1=3(x﹣1),即为3x﹣y﹣2=0,故选:A.3.(2016春 来宾期末)曲线y=ln(2x﹣1)上的点到直线2x﹣y+8=0的最短距离是( )A.2 B. C.3 D.0【解答】解:设曲线y=ln(2x﹣1)上的一点是P( m,n),则过P的切线与直线2x﹣y+8=0平行.由,所以切线的斜率.解得m=1,n=ln(2﹣1)=0.即P(1,0)到直线的最短距离是d.故选:A.4.(2024秋 新泰市校级期末)已知函数,则f′(1)=( )A.1 B.2 C. D.【解答】解:对于,求导数得,当x=1时,,解得.故选:C.5.(2020春 吉林期末)设f(x)是一个三次函数,f′(x)为其导函数,如图所示的是y=x f′(x)的图象的一部分,则f(x)的极大值与极小值分别是( )A.f(1)与f(﹣1) B.f(﹣1)与f(1)C.f(﹣2)与f(2) D.f(2)与f(﹣2)【解答】解:由y=x f′(x)的图象知,x∈(﹣∞,﹣2)时,f′(x)>0;x∈(﹣2,2)时,f′(x)≤0;x∈(2,+∞)时,f′(x)>0∴当x=﹣2时,f(x)有极大值f(﹣2);当x=2时,f(x)有极小值f(2)故选:C.6.(2024秋 云南校级期末)若点P在曲线上移动,经过点P的切线的倾斜角为α,则角α的取值范围是( )A. B.C. D.【解答】解:设P(x0,y0),,则,所以过点P切线斜率,所以,所以得.故选:D.7.(2023秋 渭滨区期末)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)<f(x),f(x)为偶函数,则a,b,c的大小关系为( )A.b>c>a B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b【解答】解:令,当x>0时,,因为f'(x)<f(x),所以0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,又f(x)为偶函数,所以h(x)的图象关于直线x=0对称,所以h(3),bh(2),ch(1),所以c>b>a.故选:C.8.(2024春 胶州市期末)函数,则,( )A.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递增B.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递减C.是奇函数,且在区间(0,+∞)上单调递增D.是奇函数,且在区间(0,+∞)上单调递减【解答】解:∵,∴f(﹣x)=ln(e﹣x+1)lnln(ex+1)﹣lnexln(ex+1)f(x),∴f(x)为偶函数,f'(x),当x∈(0,+∞)时,ex+1>2,∴,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.故选:A.二.多选题(共3小题)(多选)9.(2024春 沙坪坝区校级期末)已知,则( )A.a+2a=b+2﹣b B.a+b=2b+2﹣aC. D.【解答】解:对A,由图可知:y=2x与,交点A(a,2a)(0<a<1),y=log2x与的交点B(b,2﹣b)(b>1),根据同底的指数函数与对数函数为一对反函数知:A,B关于y=x对称,故,a+2a=b+2﹣b,故A正确;对B,由A知a+b=2﹣b+2a,故B错误;对C,由a=2﹣b知,则,设f(x)=ex﹣x﹣1,x∈R,则f'(x)=ex﹣1,则当x∈(﹣∞,0)时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增;则f(x)≥f(0)=0,则ex﹣x﹣1≥0恒成立,即x+1≤ex,当x=0时取等;令,则有,因为,则,即,故C错误;对D,设h(x)=lnx+1﹣x,x∈(0,+∞),则,则当x∈(0,1)时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;则h(x)≤h(1)=0,即lnx+1﹣x≤0在(0,+∞)上恒成立,即lnx≤x﹣1在(0,+∞)上恒成立,当x=1时取等,令,则,即,因为b>1,则,则,故,故D正确.故选:AD.(多选)10.(2024春 炎陵县期末)已知函数f(x)=x3﹣x+1,则( )A.f(x)有两个极值点B.f(x)有一个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线【解答】解:A:f′(x)=3x2﹣1,令f′(x)>0得或,令f′(x)<0得,所以f(x)在,上单调递增,上单调递减,所以时取得极值,故A正确;B:因为,,f(﹣2)=﹣5<0,所以函数f(x)只在上有一个零点,即函数f(x)只有一个零点,故B正确;C:令h(x)=x3﹣x,该函数的定义域为R,h(﹣x)=(﹣x)3﹣(﹣x)=﹣x3+x=﹣h(x),则h(x)是奇函数,(0,0)是h(x)的对称中心,将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象,所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故C正确;D:令f′(x)=3x2﹣1=2,可得x=±1,又f(1)=f(﹣1)=1,当切点为(1,1)时,切线方程为y=2x﹣1,当切点为(﹣1,1)时,切线方程为y=2x+3,故D错误.故选:ABC.(多选)11.(2024春 黄埔区校级期末)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈(0,+∞)时,f(x)=x3﹣3x﹣2,则( )A.f(x)的极大值点为﹣1B.函数的零点个数为3C.函数y=f(f(x))的零点个数为7D.f(f(x))>0的解集为(﹣2,0)∪(2,+∞)【解答】解:由题意得f(0)=0,当x∈(0,+∞)时,f(x)=x3﹣3x﹣2,得f′(x)=3x2﹣3,令f′(x)>0,得x>1,令f′(x)<0,得0<x<1;所以f(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以f(x)的极小值点为1,又是定义在R上的奇函数,所以f(x)的极大值点为﹣1,故A对;当x<0时,则﹣x>0,所以f(﹣x)=﹣x3+3x﹣2,又f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(﹣x)=﹣f(x),所以f(x)=x3﹣3x+2,分别画出和的图象,得函数的零点个数为3,B对;令f(x)=0,得x=0或x=﹣1或x=2,令f(f(x))=0,得f(x)=0,或f(x)=±2,如图,分别画出y=f(x),y=﹣2,y=2的图象,由图可知:函数y=f(f(x))的零点个数为7,C 对;令,则,,故D错.故选:ABC.三.填空题(共3小题)12.(2024春 防城港期末)曲线f(x)=x3﹣lnx在点(1,f(1)处的切线与坐标轴围成的图形的面积为 .【解答】解:由f(x)=x3﹣lnx,得f′(x)=3x2,∴f(1)=1,f′(1)=2,可得切线方程为y﹣1=2(x﹣1),即y=2x﹣1.取x=0,得y=﹣1,取y=0,得x.∴曲线f(x)=x3﹣lnx在点(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为S.故答案为:.13.(2024春 金山区校级期末)若存在锐角θ,满足不等式,则θ的值为 .【解答】解:设,则,令g′(θ)=0,即,当时,g′(θ)<0,g(θ)单调递减,当时,g′(θ)>0,g(θ)单调递增,∴,又f'(θ)sin2θ=sin2θ(),令f′(θ)=0,因为锐角θ,sin2θ≠0,所以0,即,当时,f′(θ)>0,f(θ)单调递增,当时,f′(θ)<0,f(θ)单调递减,∴,因为f(θ)≥g(θ),所以.故答案为:.14.(2024春 吉林期末)已知在一次降雨过程中,某地降雨量y(单位:mm)与时间t(单位:min)的函数关系可近似表示为,则在t=4min时的瞬时降雨强度(某一时刻降雨量的瞬间变化率)为 mm/min.【解答】解:因为,所以,∴,故在t=4min时的瞬时降雨强度(某一时刻降雨量的瞬间变化率)为mm/min.故答案为:.四.解答题(共5小题)15.(2020春 西宁期末)已知函数f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值;(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax﹣1,求实数a的取值范围.【解答】解:(1)函数的定义域(0,+∞),f′(x)=lnx+1,令f′(x)>0得x,此时f(x)递增,令f′(x)<0得0<x,此时f(x)递减,f(x)最小值为;(2)由题意得a≤lnx,令g(x)=lnx,当x≥1时,g′(x)0,所以g(x)递增,g(x)的最小值为g(1)=1,所以a≤1.16.(2024春 鹿邑县期末)设函数f(x)=a2x2+ax﹣3lnx+1,其中a>0.(1)当a=1时,求函数y=f(x)在(1,3)处的切线方程;(2)讨论y=f(x)的单调性.【解答】解:(1)当a=1时,,故f′(1)=0,此时函数y=f(x)在(1,3)处的切线方程为:y=3.(2)由题意,f(x)的定义域为(0,+∞),,则当时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当时,f′(x)<0,f(x)单调递减.故函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.17.(2024春 城关区校级期末)已知函数f(x)=x﹣lnx﹣2.(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性;(Ⅲ)若对任意的x∈(1,+∞),都有xlnx+x>k(x﹣1)成立,求整数k的最大值.【解答】解:(Ⅰ)因为f(x)=x﹣lnx﹣2,所以f′(x)=1,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)=0,又f(1)=﹣1,所以函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=﹣1.(Ⅱ)因为f(x)=x﹣lnx﹣2,所以f′(x)=1,令f′(x)=0得x=1,所以在(0,1)上f′(x)<0,f(x)单调递减,在(1,+∞)上f′(x)>0,f(x)单调递增.(Ⅲ)因为对任意的x∈(1,+∞),都有xlnx+x>k(x﹣1),所以k,令g(x),g′(x),x>1,由(Ⅱ)知,f(x)=x﹣lnx﹣2在(1,+∞)上单调递增,在区间(3,4)有唯一的零点,设该零点为x0∈(3,4),则f(x0)=x0﹣lnx0﹣2=0,所以当x∈(1,x0)时,f(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(x0)x0∈(3,4),所以k<g(x)min=x0∈(3,4),所以整数k的最大值为3.18.(2024秋 浦东新区校级期末)设P是直角坐标平面xOy上的一点,曲线Γ是函数y=f(x)的图象.若过点P恰能作曲线Γ的k条切线(k∈N),则称P是函数y=f(x)的“k度点”.(1)判断点O(0,0)是否为函数y=lnx的1度点,并说明理由;(2)若点P(0,a)(a>0)是y=sinx,x∈(0,π)的0度点,求a的最小值;(3)求函数y=x3﹣x的全体2度点构成的集合.【解答】解:(1)原点O是函数y=lnx的一个1度点,理由如下:设t>0,则曲线y=lnx在点(t,lnt)处的切线方程为,则该切线过点O当且仅当﹣lnt=﹣1,即t=e,故原点O是函数y=lnx的一个1度点;(2)设π>t>0,y′=cost,则曲线y=sinx在点(t,sint)处的切线方程为y﹣sint=(x﹣t)cost,则该切线过点(0,a)当且仅当a﹣sint=﹣tcost(*),设G(t)=sint﹣tcost﹣a,则当0<t<π时,G′(t)=tsint>0,故y=G(t)在区间(0,π)递增,G(0)=﹣a<0,G(π)=π﹣a,①若a≥π,G(π)=π﹣a<0,(*)恒不成立,即点(0,a)是y=g(x)的一个0度点;②若0<a<π,则当π>t>a时,G(π)>0,存在唯一的t0∈(0,π),使得(*)成立,即点(0,a)是y=g(x)的一个1度点,综上,实数a的最小值为π;(3)y′=3x2﹣1,曲线y=x3﹣x在点(t,t3﹣t)处的切线方程为y﹣(t3﹣t)=(3t2﹣1)(x﹣t),故点(a,b)为函数y=x3﹣x的一个2度点当且仅当关于t的方程b﹣(t3﹣t)=(3t2﹣1)(a﹣t)恰有两个不同的实数解,设h(t)=2t3﹣3at2+(a+b),则点(a,b)为函数y=x3﹣x的一个2度点当且仅当y=h(t)两个不同的零点,①若a=0,则h(t)=2t3+b在R上递增,只有一个实数解,不合要求;②若a>0,因为h′(t)=6t2﹣6at,y=h(t)有两个驻点t=0,t=a,由t<0或t>a时h′(t)>0得y=h(t)严格增;而当0<t<a时h′(t)<0,得y=h(t)严格减,故y=h(t)在t=0时取得极大值h(0)=a+b,在t=a时取得极小值h(a)=b+a﹣a3,又因为,,所以当h(0)>0>h(a)时,由零点存在定理,y=h(t)在(﹣∞,0)、(0,a)、(a,+∞)上各有一个零点,不合要求;当0>h(0)>h(a)时,y=h(t)仅(a,+∞)上有一个零点,不合要求;当h(0)>h(a)>0时,y=h(t)仅(﹣∞,0)上有一个零点,也不合要求,故y=h(t)两个不同的零点当且仅当h(0)=0或h(a)=0③若a<0,同理可得y=h(t)两个不同的零点当且仅当h(0)=0或h(a)=0,综上,y=x3﹣x的全体2度点构成的集合为{(a,b)|b=﹣a或b=a3﹣a,a≠0}.19.(2024春 天津期末)已知函数.(1)若曲线f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为4,求a的值;(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)已知f(x)的导函数在区间(1,e)上存在零点,求证:当x∈(1,e)时,.【解答】解:(1)∵,则,由题意可得,解得a=﹣2;(2)由(1)可得:,当a≤0时,则3x﹣a>0恒成立,令f′(x)>0,解得x>1;令f′(x)<0,解得0<x<1;故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当a>0时,令f′(x)=0,解得或x=1,①当,即a>3时,令f′(x)>0,解得或0<x<1;令f′(x)<0,解得;故f(x)在上单调递增,在上单调递减;②当,即a=3时,则在定义域内恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;③当,即0<a<3时,令f′(x)>0,解得x>1或;令f′(x)<0,解得;故f(x)在上单调递增,在上单调递减;综上所述:当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当a>3,f(x)在上单调递增,在上单调递减;当a=3,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<3,f(x)在上单调递增,在上单调递减;证明:(3)由(2)知:若f′(x)在区间(1,e)上存在零点,则,解得3<a<3e.由(2)知:f(x)在上单调递增,在上单调递减,则,构建,则,令φ(a)=g′(a),则当a∈(3,3e)时恒成立,故φ(a)在(3,3e)上单调递减,则φ(a)<φ(3)=﹣1<0,即g′(a)<0当a∈(3,3e)时恒成立,则g(a)在(3,3e)上单调递减,则,故.=第1页(共1页) 展开更多...... 收起↑ 资源预览