高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷三　导数及其应用

这是一份高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷三　导数及其应用，共10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。

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.(2023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=0B.2x+y-e+4=0
C.2x-y+e-4=0D.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+acs x(a>0)的最大值为5,则f'3π4=( )
A.-322B.223C.24D.-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)=sin x+2cs x,则f'(x)=cs x-2sin x,所以f'3π4=cs3π4-2sin3π4=-322.故选A.
3.(2023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.(2023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.(2023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)=ln x-mx(x>0),可得f'(x)=1x-m,若f(x)=ln x-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)=ln x-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.-2B.-1C.1D.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.(2023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)=x3-3ln x-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,
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.(2023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f1elnxA.(e2 021,+∞)B.(0,e2 021)
C.(e2 021e,+∞)D.(0,e2 021e)
答案:D
解析:令t=1eln x,则x=eet,所以不等式f1elnx0,所以g(t)为R上的增函数.又因为f(2 021)=e2 021,所以g(2 021)=f(2 021)e2 021=1,所以g(t)=f(t)et<1=g(2 021),解得t<2 021,即1eln x<2 021,所以09.(2023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)cs x+f(x)sin x>0,则下列结论正确的是( )
A.2fπ6>3fπ3B.fπ6>3fπ3
C.2fπ6<3fπ4D.fπ4>3fπ3
答案:C
解析:令g(x)=f(x)csx,则g'(x)=f'(x)csx+f(x)sinxcs2x,对于任意x∈0,π2,都有g'(x)=f'(x)csx+f(x)sinxcs2x>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.(2023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.①③B.②④C.②③D.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0A.1,1e+1B.-∞,1e+1
C.1,1e+1D.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-1e12.(2023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.(2023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-ln x-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+ln x0=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-ln x0-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:2 00027
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)(2023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-3ln x+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+3ln a>0,∴ln a>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.(14分)(2023四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)=xln x-x+1,x>0,则h'(x)=ln x,
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)(2023四川成都高三月考)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)=ln 1-2×(1-1)1+1=0,
则ln x>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)(2023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-ln x),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-ln a),极大值为f(1)=2.
又f(a)=aln2a+2a(1-ln a)=a(ln2a+2-2ln a)=a[(ln a-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-ln a),∴只有当2<2a2e2e,下面只需要求解不等式2a2e2即2ae2令ln a=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.x
(0,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗