单元检测卷三　导数及其应用 试卷

这是一份单元检测卷三　导数及其应用 试卷，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元检测卷三　导数及其应用
(时间:100分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.(2019山东聊城三模,5)函数f(x)=-2x+ln x的图象在x=1处的切线方程为(　　)
A.2x+y-1=0 B.2x-y+1=0
C.x-y+1=0 D.x+y+1=0
2.函数f(x)=x2-1ex的图象大致为(　　)

3.(2019辽宁丹东质检)若x=1是函数f(x)=13x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x的极值点,则a的值为(　　)
A.-2 B.3
C.-2或3 D.-3或2
4.(2019河北石家庄模拟二,10)已知当m,n∈[-1,1]时,sinπm2-sinπn2 A.m>n
B.|m|<|n|
C.m D.m与n的大小关系不确定
5.(2019安徽皖南八校联考三,12)已知函数f(x)=(x-2)(x-ex)+3,x≥ln2,3-2x,x A.-∞,1-e2 B.(-∞,1]
C.1-e2,1 D.[ln 2,1]
6.设函数f(x)在R上存在导数f'(x),对任意的x∈R,有f(-x)-f(x)=0,且x∈[0,+∞)时,f'(x)>2x.若f(a-2)-f(a)≥4-4a,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,1] B.[1,+∞)
C.(-∞,2] D.[2,+∞)
7.设函数f(x)在R上存在导函数f'(x),∀x∈R,有f(x)-f(-x)=x3,在(0,+∞)上有2f'(x)-3x2>0,若f(m-2)-f(m)≥-3m2+6m-4,则实数m的取值范围为(　　)
A.[-1,1]
B.(-∞,1]
C.[1,+∞)
D.(-∞,-1]∪[1,+∞)
8.已知函数f(x)=x2-3x+5,g(x)=ax-ln x,若对∀x∈(0,e),∃x1,x2∈(0,e)且x1≠x2,使得f(x)=g(xi)(i=1,2),则实数a的取值范围是(　　)
A.1e,6e B.1e,e74
C.0,1e∪6e,e74 D.6e,e74
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.若函数f(x)的导函数f'(x)的图象关于y轴对称,则f(x)的解析式可能为(　　)
A.f(x)=3cos x B.f(x)=x3+x
C.f(x)=x+1x D.f(x)=ex+x
10.已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表,f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　)

x
-1
0
4
5
f(x)
1
2
2
1

A.函数f(x)的极大值点有2个
B.函数f(x)在[0,2]上是减函数
C.若x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4
D.当1 11.设函数f(x)=exlnx,则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的定义域是(0,+∞)
B.x∈(0,1)时,f(x)的图象位于x轴下方
C.f(x)存在单调递增区间
D.f(x)有且仅有两个极值点
E.f(x)在区间(1,2)上有最大值
12.(2019山东章丘区期中)定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数为f'(x),且(x+1)f'(x)-f(x) A.2f(2)-3f(1)>5
B.若f(1)=2,x>1,则f(x)>x2+12x+12
C.f(3)-2f(1)<7
D.若f(1)=2,0x2+12x+12
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2019广东适应性考试)已知函数f(x)=aex+b(a,b∈R)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x+1,则a-b=　　　　. 
14.(2019天津南开模拟)已知函数f(x)=ex-1ex-2cosπ2-x,其中e为自然对数的底数,若f(2a2)+f(a-3)+f(0)<0,则实数a的取值范围为　　　　　. 
15.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　. 
16.设直线y=m与曲线C:y=x(x-2)2的三个交点分别为A(a,m),B(b,m),C(c,m),其中a 四、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(14分)(2019河北衡水第一中学调研)已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R,且a≠0).
(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;
(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.








18.(14分)(2019湖南六校联考,21)已知f(x-1)=2ln(x-1)-kx+k(x>1).
(1)判断当-1≤k≤0时f(x)的单调性;
(2)若x1,x2(x1≠x2)为f(x)两个极值点,求证:x[f(x1)+f(x2)]≥(x+1)[f(x)+2-2x].










19.(14分)(2019浙江,22)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0.
(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.












20.(14分)(2019山东青岛二模,21)已知函数f(x)=(x2+a)ekx,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)若k=-1,a∈R,判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;
(2)令a=0,k=1,若0









21.(14分)(2019山东济宁二模,21)已知函数f(x)=x-a(ln x)2,a∈R.
(1)当a=1,x>1时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由;
(2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明1








参考答案与解析
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.答案D
解析因为当x=1时,f(1)=-2+0=-2,所以切点为(1,-2),由题得f'(x)=-2+1x,所以k=f'(1)=-2+11=-1,所以切线方程为y+2=-1·(x-1),即x+y+1=0.故选A.
2.答案A
解析函数f(x)=x2-1ex不是偶函数,可以排除C,D,
又令f'(x)=-x2+2x+1ex=0,得极值点为x1=1-2,x2=1+2,所以排除B,选A.
3.答案B
解析由f(x)=13x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x,得f'(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3),
由题意可知f'(1)=0,即1+2(a+1)-(a2+a-3)=0,得a=3或a=-2,
当a=3时,f'(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2+8x-9=(x+9)(x-1),
当x>1或x<-9时,f'(x)>0,函数单调递增;
当-9 显然x=1是函数f(x)的极值点;
当a=-2时,f'(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,
所以函数f(x)是R上的单调递增函数,没有极值,不符合题意,舍去.故a=3.故选B.
4.答案C
解析由题意,设f(x)=x3+sinπx2,则f'(x)=3x2+π2cosπx2,
当x∈[-1,1]时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
又由m3+sinπm2 所以f(m) 5.答案C
解析当x≥ln 2时,f'(x)=-(x-1)(ex-2),令f'(x)>0,则ln 21,∴函数f(x)在(ln 2,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴函数f(x)在x=1处取得极大值为f(1)=e+2,在x=ln 2处取得极小值为f(ln 2)=3+(ln 2-2)2,当x 6.答案A
解析设G(x)=f(x)-x2,
则G'(x)=f'(x)-2x,∵x∈(0,+∞)时,
G'(x)=f'(x)-2x>0,G(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=G(x),
∴G(x)为偶函数,
∴G(x)在[0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.
∴f(a-2)-f(a)≥4-4a,
可得f(a-2)-4+4a-a2≥f(a)-a2,
∴f(2-a)-(a-2)2≥f(a)-a2,即G(a-2)≥G(a),
∴|a-2|≥|a|,∴a≤1.
故实数a的取值范围为(-∞,1].
7.答案B
解析令g(x)=f(x)-12x3,
则g(x)-g(-x)=f(x)-12x3-f(-x)-12x3=0,
故函数g(x)为偶函数,
∵x∈(0,+∞)时,g'(x)=f'(x)-32x2>0,
∴函数g(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴函数g(x)在(-∞,0)上是减函数,
∴f(m-2)-f(m)=g(m-2)+12(m-2)3-g(m)-12m3=g(m-2)-g(m)-3m2+6m-4≥-3m2+6m-4,
∴g(m-2)≥g(m),
∴|m-2|≥|m|,解得m≤1,
∴实数m的取值范围为(-∞,1].
8.答案D

解析∵f(x)=x2-3x+5,x∈(0,e),∴f(x)min=f32=114,f(x) 当x∈(0,e)时,函数f(x)的值域为114,5.由g'(x)=a-1x=ax-1x可知:
当a≤0时,g'(x)<0,与题意不符,故a>0.
令g'(x)=0,得x=1a,则1a∈(0,e),∴g(x)min=g1a=1+ln a,作出函数g(x)在(0,e)上的大致图象如图所示,观察可知1+lna<114,g(e)=ae-1≥5,解得6e≤a 二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.答案BC
解析根据题意,依次分析选项:
对于A,f(x)=3cos x,其导数f'(x)=-3sin x,其导函数为奇函数,图象不关于y轴对称,不符合题意;
对于B,f(x)=x3+x,其导数f'(x)=3x2+1,其导函数为偶函数,图象关于y轴对称,符合题意;
对于C,f(x)=x+1x,其导数f'(x)=1-1x2,其导函数为偶函数,图象关于y轴对称,符合题意;
对于D,f(x)=ex+x,其导数f'(x)=ex+1,其导函数不是偶函数,图象不关于y轴对称,不符合题意.故选BC.
10.答案AB

解析由f'(x)的图象,当-1≤x<0或20,函数f(x)为增函数,当0 函数f(x)在[0,2]上是减函数,故B正确;
作出f(x)的图象如图:若x∈[-1,t]时,f(x)的最大值是2,则t满足0≤t≤5,即t的最大值是5,故C错误;
由y=f(x)-a=0得f(x)=a,
若f(2)≤1,当1
若1
故正确的是A,B,故选AB.
11.答案BC
解析∵f(x)=exlnx,∴ln x≠0,∴x>0,且x≠1,
∴f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),故A错误;
由f(x)=exlnx,得f'(x)=ex(xlnx-1)x(lnx)2,
令g(x)=xln x-1,
则g'(x)=ln x+1,令g'(x)=0,
则x=1e,∴当0 g'(x)>0,当1e g'(x)<0,
①当0 ∵x→0时,f(x)→0,∴当x∈(0,1)时,f(x)的图象在x轴下方,故B正确;
②当x>1时,g'(x)>0,∴g(x)>g(1)=-1,又g(2)=2ln 2-1>0,
∴存在x0∈(1,2)使g(x0)=0,
∴当1x0时,f'(x)>0,
∴f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴f(x)有且仅有1个极值点,在区间(1,2)上有极大值,
故C正确,D和E错误.故选BC.
12.答案CD
解析设函数g(x)=f(x)-x2x+1,
则g'(x)=[f'(x)-2x](x+1)-[f(x)-x2](x+1)2=(x+1)f'(x)-f(x)-(x2+2x)(x+1)2,
因为(x+1)f'(x)-f(x) 则g(x)在(0,+∞)上单调递减,从而g(1)>g(2)>g(3),
整理得2f(2)-3f(1)<5,f(3)-2f(1)<7;
所以A错误,C正确;
当0 因为,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以当0g(1)=12,
即f(x)-x2x+1>12,即f(x)>x2+12x+12,所以D正确,则B错误.
故选CD.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.答案3
解析由f(x)=aex+b,得f'(x)=aex,因为函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=2x+1,所以f(0)=1=a+b,f'(0)=2=a,
解得a=2,b=-1,所以a-b=3.
14.答案-32,1
解析∵f(x)=ex-1ex-2cosπ2-x=ex-1ex-2sin x,
∴f(-x)=e-x-1e-x-2sin(-x)=-ex-1ex-2sin x
=-f(x),f(x)是奇函数,且f(0)=0,
又∵f'(x)=ex+1ex-2cos x,ex+1ex≥2,2cos x≤2,
∴f'(x)≥0,
∴f(x)在(-∞,+∞)上递增,
∴f(2a2)+f(a-3)+f(0)<0,化为f(2a2)<-f(a-3)=f(3-a),
∴2a2<3-a⇒-32 15.答案[-6,-2]
解析不等式ax3-x2+4x+3≥0变形为ax3≥x2-4x-3.
当x=0时,0≥-3,故实数a的取值范围是R.
当x∈(0,1]时,a≥x2-4x-3x3,记f(x)=x2-4x-3x3,
则f'(x)=-x2+8x+9x4=-(x-9)(x+1)x4>0,
故函数f(x)递增,则f(x)max=f(1)=-6,a≥-6.当x∈[-2,0)时,a≤x2-4x-3x3,记f(x)=x2-4x-3x3,令f'(x)=0,得x=-1或x=9(舍去),
当x∈(-2,-1)时,f'(x)<0;当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,故f(x)min=f(-1)=-2,则a≤-2.
故实数a的取值范围是[-6,-2].
16.答案0,3227　8
解析根据题意,设f(x)=x(x-2)2,其导数f'(x)=3x2-8x+4,令f'(x)>0,解得x<23或x>2,
则f(x)在-∞,23和(2,+∞)上是增函数,在23,2上是减函数,
故f(x)的极大值为f23=3227,极小值为f(2)=0,
若直线y=m与曲线C:y=x(x-2)2有三个交点,必有0 设g(x)=f(x)-m=x(x-2)2-m=x3-4x2+4x-m,
若直线y=m与曲线C:y=x(x-2)2有三个交点,且其坐标分别为A(a,m),B(b,m),C(c,m),
则函数g(x)=x3-4x2+4x-m=0有三个根,依次为a,b,c,则有x3-4x2+4x-m=(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x-abc,
变形可得:abc=m,a+b+c=4,ab+bc+ac=4,则a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+bc+ac)=8.
四、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.解(1)由题意知,函数f(x)的定义域为R,又f(0)=1-a=2,得a=-1,
f(x)=ex-x+1,求导得f'(x)=ex-1.知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f'(x)=ex+a,由于ex>0,
①当a>0时,f'(x)>0,f(x)在R上是增函数,
当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0;
当x<0时,取x=-1a,
则f-1a<1+a-1a-1=-a<0.所以函数f(x)存在零点,不满足题意.
②当a<0时,令f'(x)=0,得x=ln(-a).
在(-∞,ln(-a))上,f'(x)<0,f(x)单调递减,
在(ln(-a),+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.
函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2 综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0).
18.(1)解因为f(x-1)=2ln(x-1)+k(x-1)x(x>1),
所以f(x)=2ln x+kxx+1(x>0).
f'(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2,
当-1≤k≤0时,Δ=(4+k)2-16=k(k+8)≤0,2x2+(4+k)x+2>0恒成立.于是,f(x)在定义域上为单调增函数.
(2)证明∵f'(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2,
由题设知,f'(x)=0有两个不相等的正实数根x1,x2,
则x1+x2=-4+k2>0,x1x2=1>0,Δ=(4+k)2-16>0,得k<-8,
而f(x1)+f(x2)=2ln x1+kx1x1+1+2ln x2+kx2x2+1=2ln(x1x2)+kx1x1+1+x2x2+1=2ln(x1x2)+k·2x1x2+x1+x2x1x2+x1+x2+1=k,
又(x+1)[f(x)-2lnx]x=k,
故欲证原不等式等价于证明不等式(x+1)[f(x)-2lnx]x≥x+1x[f(x)-2(x-1)],也就是要证明:对任意x>0,有ln x≤x-1.
令g(x)=ln x-x+1(x>0),
由于g(1)=0,并且g'(x)=1x-1,
当x>1时,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上为减函数;
当00,则g(x)在(0,1)上为增函数.
则g(x)在(0,+∞)上有最大值g(1)=0,即g(x)≤0,故原不等式成立.
19.解(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x>0.
f'(x)=-34x+121+x
=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤12a,得0 当0 设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22,
则g(t)=xt-1+1x2-1+xx-2ln x.
①当x∈17,+∞时,1+1x≤22,
则g(t)≥g(22)=8x-421+x-2ln x.
记p(x)=4x-221+x-ln x,x≥17,
则p'(x)=2x-2x+1-1x
=2xx+1-2x-x+1xx+1
=(x-1)[1+x(2x+2-1)]xx+1(x+1)(x+1+2x).
故
x
17
17,1
1
(1,+∞)
p'(x)

-
0
+
p(x)
p17
单调
递减
极小
值p(1)
单调递增

所以p(x)≥(1)=0.
因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.
②当x∈1e2,17时,g(t)≥g1+1x=-2xlnx-(x+1)2x.
令q(x)=2xln x+(x+1),x∈1e2,17,
则q'(x)=lnx+2x+1>0,
故q(x)在1e2,17上单调递增,
所以q(x)≤q17.
由①得,q17=-277p17<-277p(1)=0.
所以q(x)<0.因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)2x>0.
由①②知,对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞,均有f(x)≤x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.
20.(1)解因为k=-1,所以f(x)=(x2+a)e-x=x2+aex,
所以f'(x)=x2+aex'=2xex-(x2+a)exe2x=-x2+2x-aex.
①若a≥1,则在R上恒有u(x)=-(x-1)2+1-a≤0,
所以f'(x)=-(x-1)2+1-aex≤0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若a<1,则u(x)=-(x-1)2+1-a图象与x轴有两个不同交点.
设u(x)=-(x-1)2+1-a=0的两根分别为x1=1-1-a,x2=1+1-a.
(i)若01,
所以当0x2时,u(x)<0.
此时f(x)在(0,x1)上和(x2,+∞)上分别单调递减;在(x1,x2)上单调递增.
(ii)若a≤0,x1=1-1-a≤0,x2=1+1-a≥2.
所以在x∈(0,x2)上总有u(x)>0;在当x>x2上,u(x)<0.所以此时f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减.
综上:若a≥1,f(x)在(0,+∞)上为单调递减;
若0 若a≤0,f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减.
(2)证明由题知a=0,k=1,所以f(x)=x2ex,
令g(x)=ex-(x+1),
对任意实数x>0,g'(x)=ex-1>0恒成立,
所以g(x)=ex-(x+1)>g(0)=0,即ex>x+1>0.
则x2ex-m(x+1)ln x>x2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-mln x).
令h(x)=x2-mln x,
所以h'(x)=(x2-mln x)'=2x-mx=2x2-mx.
因为0 所以当x∈0,m2时,h'(x)<0,h'm2=0;当x∈m2,+∞时,h'(x)>0.所以h(x)=x2-mln x在(0,+∞)上有最小值.
所以hm2=m2-mlnm2=m21-lnm2.因为00,
所以m21-lnm2>0,即当00,h(x)=x2-mln x>0.所以x2ex-m(x+1)ln x>0.
所以方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实根.
21.解(1)当a=1,x>1时,f(x)=x-(ln x)2,x>1.
f'(x)=1-2(ln x)×1x=x-2lnxx.
令g(x)=x-2ln x,x>1,
则g'(x)=1-2x=x-2x.
当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)≥g(2)=2-2ln 2>0,即f'(x)>0,
∴f(x)在(1,+∞)上单调递增.∴f(x)>f(1)=1.
故当a=1,x>1时,f(x)>1.
(2)f'(x)=1-2alnxx
=x-2alnxx(x>0),
令h(x)=x-2aln x(x>0),则h'(x)=1-2ax=x-2ax.
①当a=0时,f(x)=x无极大值.
②当a<0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,
h(1)=1>0,h(e12a)=e12a-1<0,
∃x1∈(e12a,1),使得h(x1)=0.
∴当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值.
③当a>0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上单调递增,
∵f(x)有极大值,
∴h(2a)=2a-2aln(2a)=2a(1-ln 2a)<0,即a>e2,
又h(1)=1>0,h(e)=e-2a<0,
∴∃x0∈(1,e),使得h(x0)=x0-2aln x0=0,
即aln x0=x02,
∴当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)有极大值.综上所述,a>e2.
(3)证明由(2)可知,aln x0=x02,
∴f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x0ln x02(1 设p(x)=x-xlnx2(1 则p'(x)=1-1+lnx2=1-lnx2>0,
∴p(x)在(1,e)上单调递增,
∴p(1) 即1