2023年高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用含解析北师大版文

这是一份2023年高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用含解析北师大版文，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷三　导数及其应用
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.(2021辽宁大连模拟)函数f(x)=ex-2x的图像在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.2x+y+e-4=0 B.2x+y-e+4=0
C.2x-y+e-4=0 D.2x-y-e+4=0
答案:C
解析:f'(x)=(x-1)ex+2x2,所以切线斜率为f'(1)=2,又因为f(1)=e-2,所以切线方程为y-(e-2)=2(x-1),即2x-y+e-4=0.
2.已知函数f(x)=sin x+acos x(a>0)的最大值为5,则f'3π4=(　　)
A.-322 B.223 C.24 D.-24
答案:A
解析:根据题意,f(x)=1+a2sin(x+φ)的最大值为5,即1+a2=5,由a>0,可得a=2,故f(x)=sinx+2cosx,则f'(x)=cosx-2sinx,所以f'3π4=cos3π4-2sin3π4=-322.故选A.
3.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)图像如图所示,那么f(x)的图像最有可能是图中的(　　)


答案:A
解析:由给定的导函数图像知,当x<-2或x>0时,f'(x)<0,当-20,从而得f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是递减的,在(-2,0)内是递增的,只有选项A符合要求.
4.(2021江西宜春模拟)若函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2f'(2)x+m(m∈R),则(　　)
A.f(0) C.f(0)>f(5) D.以上答案都不对
答案:C
解析:∵f(x)=x2+2f'(2)x+m,
∴f'(x)=2x+2f'(2),
∴f'(2)=2×2+2f'(2),∴f'(2)=-4,∴f(x)=x2-8x+m,图像为开口向上的抛物线,其对称轴方程为x=4,∴f(0)>f(5).
5.(2021浙江湖州模拟)“m≤0”是“函数f(x)=ln x-mx在(0,1]上是递增的”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
解析:由f(x)=lnx-mx(x>0),可得f'(x)=1x-m,若f(x)=lnx-mx在(0,1]上是递增的,则f'(x)≥0在(0,1]恒成立,即m≤1x在(0,1]恒成立,则m≤1,因为(-∞,0]⫋(-∞,1],则可得“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上是递增的”的充分不必要条件.
6.已知点A(1,1)在曲线E:y=x2+kln x上,曲线E在A处的切线l与圆C:x2+y2-4y+3=0相切,则实数k=(　　)
A.-2 B.-1 C.1 D.2
答案:A
解析:由y'=2x+kx可得y'|x=1=2+k,故切线l的方程为y-1=(2+k)(x-1),即(2+k)x-y-k-1=0.因为切线l与圆C相切,圆心C(0,2),圆C的半径为1,所以|-2-k-1|(2+k)2+(-1)2=1,解得k=-2.故选A.
7.(2021广东高州一中高三月考)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则(　　)
A.f(x)的极大值为0
B.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线为y轴所在的直线
C.f(x)的最小值为0
D.f(x)在定义域内单调
答案:C
解析:f(x)=x3-3lnx-1的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x2-3x=3x(x3-1),
令f'(x)=0,解得x=1,
列表可知,
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;
对于选项B,由f(1)=0及f'(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程y-0=0(x-1),即y=0,为x轴所在的直线,故B错误.
8.(2021广东汕头三模)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)>0,f(2 021)=e2 021,则不等式f1elnx A.(e2 021,+∞) B.(0,e2 021)
C.(e2 021e,+∞) D.(0,e2 021e)
答案:D
解析:令t=1elnx,则x=eet,所以不等式f1elnx0,所以g(t)为R上的增函数.又因为f(2021)=e2021,所以g(2021)=f(2021)e2021=1,所以g(t)=f(t)et<1=g(2021),解得t<2021,即1elnx<2021,所以0 9.(2021广西南宁二中月考)已知函数f'(x)是函数f(x)的导函数,对任意x∈0,π2,f'(x)cos x+f(x)sin x>0,则下列结论正确的是(　　)
A.2fπ6>3fπ3 B.fπ6>3fπ3
C.2fπ6<3fπ4 D.fπ4>3fπ3
答案:C
解析:令g(x)=f(x)cosx,则g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x,对于任意x∈0,π2,都有g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x>0,所以函数g(x)在0,π2内是递增的.因为π6<π4<π3,
所以gπ6 所以2fπ6<3fπ4,fπ6<3fπ3,fπ4<2fπ3.故选C.
10.(2021贵州毕节三模)已知定义在[a,b]上的函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图像如图所示,给出下列命题:
①函数y=f(x)在区间[x2,x4]上是递减的;
②若x4f'm+n2;
③函数y=f(x)在[a,b]上有3个极值点;
④若x2 其中真命题的序号是(　　)

A.①③ B.②④ C.②③ D.①④
答案:B
解析:①中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x4]上,f'(x)≤0,故函数y=f(x)在区间[x2,x4]上先是递增的后是递减的,①错误;②中,由图可知,在区间[x4,x5]上,任意连接两点(m,f'(m)),(n,f'(n)),中点设为M,M坐标为m+n2,f'(m)+f'(n)2,线段一定在y=f'(x)图像上方,故中点也在y=f'(x)图像上方,即f'(m)+f'(n)2>f'm+n2,故②正确;③中,由图可知,在区间[a,x3]上,f'(x)≥0,在区间[x3,x5]上,f'(x)≤0,在区间[x5,b]上,f'(x)≥0,所以y=f(x)有一个极大值点x3和一个极小值点x5,故③错误;④中,由图可知,在区间[x2,x3]上,f'(x)≥0,且f'(x)是递减的,故y=f(x)是递增的,故f'(p)>f'(q),f(p) 11.已知函数f(x)=-lnx,01,若0 A.1,1e+1 B.-∞,1e+1
C.1,1e+1 D.0,1e+1
答案:C
解析:根据题意,当01时,f(x)=1x是递减的,且f(x)∈(0,1),由00,g(x)是递增的,所以-1e 12.(2021全国乙,文10)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab
C.aba2
答案:D
解析:因为f(x)=a(x-a)2(x-b),所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)[(2x-2b)+(x-a)]=a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-a+2b3.由f'(x)=0,解得x=a或x=a+2b3,若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b30,函数f(x)是递增的.此时a(a-b)<0,即a20,则由x=a为函数的极大值点可得a0,函数f(x)是递增的;在区间a,a+2b3内,f'(x)<0,函数f(x)是递减的.此时a(a-b)<0,即a2 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021山东东营模拟)设函数f(x)=x-aex,若f'(2)=1e2,则a=　　　　　. 
答案:2
解析:由f(x)=x-aex可得,f'(x)=1-x+aex,所以f'(2)=-1+ae2=1e2,解得a=2.
14.若函数f(x)=xex-ln x-x-a存在零点,则a的取值范围为　　　　　. 
答案:[1,+∞)
解析:由题意,函数f(x)=xex-lnx-x-a,定义域为(0,+∞),可得f'(x)=ex+xex-1x-1=(x+1)ex-1x,
因为x>0,可得x+1>0,
令g(x)=ex-1x,定义域为(0,+∞),可得g'(x)=ex+1x2>0,所以g(x)在(0,+∞)上是递增的,因为g12=e-2<0,g(1)=e-1>0,所以存在x0∈12,1,使得g(x0)=0,即ex0=1x0,即x0+lnx0=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,x0)内是递减的,在(x0,+∞)上是递增的,所以f(x)min=f(x0)=x0ex0-lnx0-x0-a=1-a,要使得f(x)存在零点,只需f(x)min≤0,即1-a≤0,解得a≥1.即实数a的取值范围为[1,+∞).
15.已知函数f(x)=ex-mx,且当1 答案:(-∞,e]
解析:根据题意,x1f(x1)1),则函数g(x)=xf(x)在(1,+∞)上是递增的,则g'(x)=(x+1)ex-2mx≥0在(1,+∞)上恒成立,即(x+1)exx≥2m在(1,+∞)上恒成立,令h(x)=(x+1)exx(x>1),则h'(x)=x(x+2)ex-(x+1)exx2=(x2+x-1)exx2>0在(1,+∞)上显然恒成立,所以h(x)=(x+1)exx在(1,+∞)上是递增的,则h(x)min>h(1)=2e,因此只需2e≥2m,解得m≤e,即实数m的取值范围为(-∞,e].
16.如图,一边长为10 cm的正方形铁皮,铁皮的四角截去四个边长均为x cm的小正方形,然后做成一个无盖方盒.则方盒的容积V的最大值为　　　　　cm3. 

答案:200027
解析:长方体底面正方形的边长为(10-2x)cm,其中00,此时函数V=4x(x-5)2是递增的,当53 三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(14分)(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图像与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解:(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.
∵a>0,x>0,∴2ax+3x>0,
∴当x∈0,1a时,f'(x)<0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)>0,
∴函数f(x)在0,1a内是递减的,在1a,+∞上是递增的.
(2)∵y=f(x)的图像与x轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a内是递减的,在1a,+∞上是递增的,
∴f1a=3-3ln1a=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.(14分)(2021四川绵阳中学高三模拟)已知函数f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线互相平行.
(1)求a的值;
(2)求证:f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立.
(1)解因为f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,所以f'(x)=x+1x-lnx(x+1)2,g'(x)=-2(x+1)2+ax2,
由题意得f'(1)=g'(1),所以12=a-12,解得a=1.
(2)证明由(1)知,f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-1x,f(x)-g(x)=lnxx+1-2x+1+1x=xlnx-x+1x(x+1),令h(x)=xlnx-x+1,x>0,则h'(x)=lnx,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)是递增的,当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)是递减的,故当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=0,所以h(x)≥0,故f(x)-g(x)≥0,所以f(x)≥g(x).
19.(14分)(2021四川成都高三月考)已知函数f(x)=ln x-a(x-1)x+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在定义域内是递增的,求实数a的取值范围;
(2)求证:4ln2+8ln3+12ln4+…+4nln(n+1) (1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-2a(x+1)2,因为函数f(x)在定义域内是递增的,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以2a≤(x+1)2x=x+1x+2,当x>0时,由基本不等式可得x+1x+2≥2x·1x+2=4,当且仅当x=1时,等号成立,所以2a≤4,解得a≤2.故a的取值范围为(-∞,2].
(2)证明由(1)可知,当a=2时,函数f(x)在(0,+∞)上是递增的,且当x>1时,f(x)>f(1)=ln1-2×(1-1)1+1=0,
则lnx>2(x-1)x+1,所以2(x+1)>4(x-1)lnx,所以当n≥2且n∈N+时,4(n-1)lnn<2(n+1),
所以4×1ln2<2×3,4×2ln3<2×4,4×3ln4<2×5,…,4nln(n+1)<2(n+2),
将上述不等式相加可得,4ln2+8ln3+12ln4+…+4nln(n+1)<2[3+4+5+…+(n+2)]
=2×n(3+n+2)2=n(n+5),
即4ln2+8ln3+12ln4+…+4nln(n+1) 20.(14分)(2021广东深圳一模)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-ln x),a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有3个零点,求a的取值范围.(其中常数e=2.718 28…,是自然对数的底数)
解:(1)∵f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定义域为(0,+∞),
则f'(x)=2lnx(a-x)x(x>0),且f'(1)=0,
①若a≤0,当00,即函数f(x)在(0,1)内是递增的,
当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,+∞)上是递减的;
②当0 当a0,函数f(x)是递增的,
当x>1或0 ∴f(x)在(a,1)内是递增的,在(0,a),(1,+∞)上是递减的;
③当a=1时,f'(x)≤0恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上是递减的;
④当a>1时,当10,函数f(x)是递增的,
当x>a或0 ∴f(x)在(1,a)内是递增的,在(0,1),(a,+∞)是递减的.
(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,即方程f(x)=2a2e2有且仅有3个不同的实根,
∴y=f(x)与y=2a2e2的图像有三个交点,∴由(1)知,必有01.
①当0 ∴f(x)的极小值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),极大值为f(1)=2.
又f(a)=aln2a+2a(1-lna)=a(ln2a+2-2lna)=a[(lna-1)2+1]>a>2a2e2,
∴y=f(x)与y=2a2e2的图像至多有1个交点,所以不合题意;
②当a>1时,f(x)在(1,a)内是递增的,在(0,1),(a,+∞)上是递减的,
∴f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),∴只有当2<2a2e2e,下面只需要求解不等式2a2e2 即2ae2 令lna=t,t>0,则2ae20,函数u(t)是递增的,当t>2时,u'(t)<0,函数u(t)是递减的,
又u(2)=0,所以u(t)≤0,即h(t)单调递减,又h(2)=0,
∴当00,即0 综上,a的取值范围为(e,e2).
21.(14分)若f(x)=12x2+bx+aln x.
(1)当a>0,b=-a-1时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)若b=-1,且f(x)有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)>-ln22-34.
(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),当a>0,b=-a-1时,f'(x)=x-a-1+ax=x2-(a+1)x+ax=(x-a)(x-1)x(x>0),令f'(x)=0,得x=a或x=1,当a>1时,函数f(x)在(0,1)内是递增的,在(1,a)内是递减的,在(a,+∞)上是递增的;
当a=1时,f'(x)=(x-1)2x>0,故函数f(x)在(0,+∞)上是递增的;
当0 (2)证明当b=-1时,f'(x)=x-1+ax=x2-x+ax(x>0),因为函数f(x)有两个极值点x1,x2,
所以方程x2-x+a=0有两个不相等的正实根x1,x2,
所以x1+x2=1,x1x2=a>0,且Δ=1-4a>0,解得0h14=-ln22-34,所以f(x1)+f(x2)>-ln22-34.