第五章章末檢測(時間：120分鐘，滿分150分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2020年贛州期末)若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足f(x)＝2f′(1)ln x＋，則f′＝(　　)A．e　　 B．2　　C．1　　 D．0【答案】D　【解析】∵f(x)＝2f′(1)ln x＋，∴f′(x)＝2f′(1)－．∴f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1．因此f′(x)＝－．∴f′＝－＝0．2．曲線y＝在點(1,1)處的切線方程為(　　)A．x－y－2＝0 B．x＋y－2＝0C．x＋4y－5＝0 D．x－4y－5＝0【答案】B　【解析】y′＝＝，y′|x＝1＝＝－1，∴y－1＝－1×(x－1)，即x＋y－2＝0．3．設(shè)函數(shù)f(x)是R上以5為周期的可導(dǎo)偶函數(shù)，則曲線y＝f(x)在x＝5處的切線的斜率為(　　)A．－ B．0C． D．5【答案】B　【解析】由切線斜率的幾何意義和周期函數(shù)的意義，知f′(5)＝f′(0)＝0．4．已知函數(shù)y＝f(x)，其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如下圖所示，則y＝f(x)(　　)A．在(－∞，0)上單調(diào)遞減 B．在x＝0處取極小值C．在(1,2)上單調(diào)遞減 D．在x＝2處取極大值【答案】C　【解析】在(－∞，0)上，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上為單調(diào)遞增，A錯；在x＝0處，導(dǎo)數(shù)由正變負，f(x)由增變減，故在x＝0處取極大值，B錯；在(1,2)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，C對；在x＝2處取極小值，D錯．5．函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋1的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)A． B．C． D．∪【答案】D　【解析】f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，要使函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個象限，則f(－2)f(1)<0，即<0，解得a<－或a>．6．(2021年山東診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)＞0，則(　　)A．3f(1)＜f(3) B．3f(1)＞f(3)C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)【答案】B　【解析】由于f(x)>xf′(x)，則′＝<0恒成立，因此y＝在R上單調(diào)遞減．所以<，即3f(1)>f(3)．7．(2020年大連期末)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，f(x)－xf′(x)>0對x∈(0，＋∞)恒成立，則下列不等式中一定成立的是(　　)A．f(π)>f(e)　　 B．f(π)<f(e)C．>　　 D．<【答案】D　【解析】設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，∵f(x)－xf′(x)>0對x∈(0，＋∞)恒成立，∴g′(x)<0．即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．∵π>e，∴g(π)<g(e)，即<．8．(2020年汕頭三模)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ae2x＋ax只有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)A．(－∞，0]∪ B．(－∞，0]∪C．(－∞，0]∪ D．∪[0，＋∞)【答案】A　【解析】∵f(x)＝(x－1)ex－ae2x＋ax，∴f′(x)＝xex－ae2x＋a，∵f(x)只有一個極值點，∴f′(x)只有一個變號零點．(1)當(dāng)a＝0時，f′(x)＝xex，易知x＝0是f(x)的唯一極值點；(2)當(dāng)a≠0時，方程f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0可化為x＝ex－e－x，令g(x)＝x，h(x)＝ex－e－x，可得兩函數(shù)均為奇函數(shù)，∴只需判斷x＞0時，兩函數(shù)無交點即可．①當(dāng)a＜0時，g(x)＝x＜0，h(x)＝ex－e－x＞0，∴g(x)與h(x)有唯一交點x＝0，且當(dāng)x＞0時，g(x)＜h(x)；當(dāng)x＜0時，g(x)＞h(x)．∴x＝0是f(x)的唯一極值點；②當(dāng)a＞0時，h′(x)＝ex＋e－x＞0，即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0，lih(x)＝＋∞，設(shè)h(x)過原點的切線為y＝kx，切點為(m，km)(m＞0)，則，解得m＝0，k＝2，如圖所示，當(dāng)y＝x在直線y＝2x下方(第一象限)或與y＝2x重合時，x＝0是唯一交點，能滿足f′(x)＝0的變號零點，即函數(shù)f(x)的極值點，∴a≥．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．若直線l與曲線C滿足下列兩個條件：①直線l在點P(x0，y0)處與曲線C相切；②曲線C在P附近位于直線l的兩側(cè)，則稱直線l在點P處“切過”曲線C．下列命題正確的是(　　)A．直線l：y＝0在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3B．直線l：x＝－1在點P(－1,0)處“切過”曲線C：y＝(x＋1)2C．直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝sin xD．直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝tan x【答案】ACD　【解析】對于A，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，所以l：y＝0是曲線C：y＝x3在點P(0,0)處的切線，顯然曲線C：y＝x3在點P(0,0)附近位于直線l，即x軸的兩側(cè)，A正確；對于B，因為y′＝2(x＋1)，y′|x＝－1＝0，而直線l：x＝－1的斜率不存在，所以l：x＝－1不是曲線C：y＝(x＋1)2在點P(－1,0)處的切線，B錯誤；對于C，y′＝cos x，y′|x＝0＝1，在點P(0,0)處的切線為l：y＝x．令g(x)＝sin x－x，g′(x)＝cos x－1≤0，所以g(x)是上的單調(diào)減函數(shù)，且g(0)＝0，所以曲線C：y＝sin x在點P(0,0)附近位于直線l的兩側(cè)，C正確；對于D，y′＝，y′|x＝0＝＝1，在點P(0,0)處的切線為l：y＝x，曲線C：y＝tan x在點P(0,0)附近位于直線l的兩側(cè)，D正確．10．(2020年日照期中)已知函數(shù)f(x)＝，則(　　)A．x∈(0,1)時，f(x)的圖象位于x軸下方B．f(x)有且僅有兩個極值點C．f(x)有且僅有一個極值點D．f(x)在區(qū)間(1,2)上有最大值【答案】AC　【解析】當(dāng)0<x<1時，ex>0，ln x<0，∴f(x)＝<0，∴f(x)的圖象位于x軸下方，故A正確；∵函數(shù)f(x)＝，∴ln x≠0．∴x>0且x≠1．∴f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝，令g(x)＝ln x－，則g′(x)＝＋>0，∴函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．則只有一個根x0，使得f′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)只有一個極值點且為極小值，故B錯誤，C正確；又g(1)＝－1，g(2)＝ln 2－>0，∴f(x)在(1,2)上先減后增，沒有最大值，故D錯誤．11．(2020年膠州期末)若函數(shù)f(x)＝ex－e2－x，則下述正確的是(　　)A．f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增B．f(x)的值域為(0，＋∞)C．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱D．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱【答案】AD　【解析】因為f(x)＝ex－e2－x，所以f′(x)＝ex＋e2－x，對于?x∈R，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，即A正確；f(0)＝e0－e2＝1－e2<0，所以f(x)的值域不可能為(0，＋∞)，即B錯誤；因為f(1＋x)＝e1＋x－e2－(1＋x)＝e1＋x－e1－x，f(1－x)＝e1－x－e2－(1－x)＝e1－x－e1＋x，所以f(1＋x)＝－f(1－x)，即f(1＋x)＋f(1－x)＝0，所以C錯誤，D正確．12．(2020年菏澤期末)關(guān)于函數(shù)f(x)＝＋ln x，下列判斷正確的是(　　)A．x＝2是f(x)的極小值點B．存在正實數(shù)k，使得f(x)>kx恒成立C．函數(shù)y＝f(x)－2有兩個零點D．對任意兩個正實數(shù)x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，x1＋x2<4【答案】AC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若f(x)＝2f′(x)，則tan x＝________．【答案】　【解析】由f(x)＝sin x＋cos x，得f′(x)＝cos x－sin x．又由f(x)＝2f′(x)，即sin x＋cos x＝2(cos x－sin x)，變形可得cos x＝3sin x，即tan x＝．14．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】　【解析】因為f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，因為f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2≥0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(a－1)＋f(2a2)≤0，即f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，故實數(shù)a的取值范圍為．15．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，f′(0)>0，若?x∈R，恒有f(x)≥0，則的最小值是________．【答案】2　【解析】二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝2ax＋b，由f′(0)>0，得b>0．又對?x∈R，恒有f(x)≥0，則a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，故c>0．所以＝＝＋＋1≥2＋1≥2＋1＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時取等號，所以的最小值為2．16．(2020年黃岡期末)已知f(x)＝x3－4x，若過點A(－2,0)的動直線l與f(x)有三個不同交點，這三個交點自左向右分別為A，B，C，設(shè)線段BC的中點是E(m，t)，則m＝______；t的取值范圍為______．【答案】1　(－3,24)　【解析】根據(jù)題意，作出如下的函數(shù)圖象，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，l：y＝k(x＋2)，由x3－4x＝k(x＋2)，得(x＋2)(x2－2x－k)＝0，所以x1，x2是方程x2－2x－k＝0的兩個根，所以m＝＝＝1．因為f(x)＝x3－4x，所以f′(x)＝3x2－4．過點A作f(x)的切線，設(shè)切點為P(x0，y0)(x0≠－2)，則f′(x0)＝＝，即x＋x0－2＝0，解得x0＝1或－2(舍負)，此時切線的斜率為f′(1)＝－1，切線方程l1為y－0＝－(x＋2)，即y＝－x－2，因為f′(－2)＝8，所以函數(shù)f(x)在點A處的切線方程l2為y－0＝8(x＋2)，即y＝8x＋16．因為兩條切線l1和l2與x＝m＝1的交點縱坐標(biāo)分別為－3和24，所以t的取值范圍為(－3,24)．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．(10分)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋2bx在點x＝1處有極小值－1．(1)求a，b；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)由已知，可得f(1)＝1－3a＋2b＝－1①．又f′(x)＝3x2－6ax＋2b，∴f′(1)＝3－6a＋2b＝0②．由①②解得a＝，b＝－．(2)由(1)得函數(shù)的解析式為f(x)＝x3－x2－x．由此得f′(x)＝3x2－2x－1．根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)x<－或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)－<x<1時，f′(x)<0．因此，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為．18．(12分)已知函數(shù)f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲線y＝f(x)在x＝1處與直線y＝－相切．(1)求a，b的值；(2)求f(x)在上的最大值．解：(1)由f(x)＝aln x－bx2，得f′(x)＝－2bx．由y＝f(x)在x＝1處與直線y＝－相切，得解得(2)由(1)得f(x)＝ln x－x2，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－x＝．令f′(x)>0，解得0<x<1；令f′(x)<0，解得x>1．∴f(x)在上單調(diào)遞增，在(1，e)上單調(diào)遞減．∴f(x)在上的最大值為f(1)＝－．19．(12分)請你設(shè)計一個包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒．E，F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設(shè)AE＝FB＝x(cm)．(1)若廣告商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．解：設(shè)包裝盒的高為h(cm)，底面邊長為a(cm)．由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0<x<30．(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以當(dāng)x＝15時，S取得最大值．(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．由V′＝0得x＝0(舍去)或x＝20．當(dāng)x∈(0,20)時，V′>0；當(dāng)x∈(20,30)時，V′<0．所以當(dāng)x＝20時，V取得極大值，也是最大值．此時＝，即包裝盒的高與底面邊長的比值為．20．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－與x＝1時都取得極值．(1)求a，b的值與函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求c的取值范圍．解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f′＝－a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，得a＝－，b＝－2．f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，令f′(x)>0，得x<－或x>1；令f′(x)<0，得－<x<1．所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是和(1，＋∞), 遞減區(qū)間是．(2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1,2]，由(1)知，當(dāng)x＝－時，f＝＋c為極大值，而f(2)＝2＋c，則f(2)＝2＋c為最大值，要使f(x)<c2，x∈[－1,2]恒成立，則只需要c2>f(2)＝2＋c，得c<－1或c>2．21．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝－對稱，且f′(1)＝0．(1)求實數(shù)a，b的值．(2)求函數(shù)f(x)的極植．(1)解：因為f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，所以f′(x)＝6x2＋2ax＋b．從而f′(x)＝62＋b－，即f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝－對稱，則－＝－，即a＝3．又f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，所以b＝－12．(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)．令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝1．當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,1)時，f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．從而函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值為f(－2)＝21，在x＝1處取得極小值為f(1)＝－6．22．(12分)(2020年武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論g(x)＝f(x)·在區(qū)間[0,1]上零點的個數(shù)．解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a．當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln a，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝．先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點個數(shù)．①當(dāng)a≤1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增且f(0)＝0，∴f(x)在[0,1]上有一個零點．②當(dāng)a≥e時，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，∴f(x)在[0,1]上有一個零點．③當(dāng)1<a<e時，f(x)在(0，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，1)上單調(diào)遞增．而f(1)＝e－a－1，當(dāng)e－a－1≥0，即1<a≤e－1時，f(x)在[0,1]上有兩個零點；當(dāng)e－a－1<0，即e－1<a<e時，f(x)在[0,1]上有一個零點．再考慮x＝時，由f＝0，得a＝2(－1)．綜上，當(dāng)a≤1或a>e－1或a＝2(－1)時，g(x)在[0,1]上有兩個零點；當(dāng)1<a≤e－1且a≠2(－1)時，g(x)在[0,1]上有三個零點． 

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