高考数学一轮复习单元质检三导数及其应用含解析新人教A版文

这是一份高考数学一轮复习单元质检三导数及其应用含解析新人教A版文，共13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。
单元质检三　导数及其应用(时间:100分钟　满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.如果一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是(　　)A.7米/秒 B.6米/秒 C.5米/秒 D.8米/秒答案:C解析:根据瞬时速度的意义,可得3秒末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.2.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于(　　)A.2 B.-2 C. D.-答案:B解析:因为y=的导数为y'=,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-.又因为直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·=-1,解得a=-2.3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是(　　)A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<1答案:B解析:求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.4.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是(　　)A.(-∞,-]∪[,+∞) B.[-]C.(-∞,-)∪(,+∞) D.(-)答案:B解析:由题意,知f'(x)=-3x2+2ax-1≤0在R上恒成立,故Δ=(2a)2-4×(-3)×(-1)≤0,解得-≤a≤.5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是(　　)A.0 B.1 C.2 D.3答案:A解析:由f'(x)=2x+1-=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f+ln2>0,所以无零点.6.设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x答案:D解析:因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.7.已知当x∈时,a≤+ln x恒成立,则a的最大值为(　　)A.0 B.1 C.2 D.3答案:A解析:令f(x)=+lnx,则f'(x)=.当x∈时,f'(x)<0;当x∈(1,2]时,f'(x)>0.∴f(x)在区间内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,∴在x∈上,f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,即a的最大值为0.8.已知函数f(x)=ln x+tan α的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为(　　)A. B. C. D.答案:A解析:∵f(x)=lnx+tanα,∴f'(x)=.令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=,即tanα=-lnx.设g(x)=-lnx,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tanα>g(1)=1.又0<α<,∴α∈.9.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且g(3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)答案:D解析:∵当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,即[f(x)g(x)]'>0,∴当x<0时,f(x)g(x)为增函数,又g(x)是偶函数,且g(3)=0,∴g(-3)=0,∴f(-3)g(-3)=0.故当x<-3时,f(x)g(x)<0;∵f(x)g(x)是奇函数,∴当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0<x<3时,f(x)g(x)<0.故选D.10.已知函数f(x)=--x2的最大值为f(a),则a等于(　　)A. B. C. D.答案:B解析:∵f'(x)=--2x,∴f'(1)=-f'(1)-2,解得f'(1)=-,∴f(x)=-x2,f'(x)=,令f'(x)>0,解得x<,令f'(x)<0,解得x>,故f(x)在区间内递增,在区间内递减,故f(x)的最大值是f,a=.11.若函数f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则实数a的取值范围是(　　)A. B. C. D.答案:C解析:若f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则f'(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f'(x)的图象顶点的横坐标.由x2-ax+1=0,得a=x+.因为x∈,y=x+的值域是,当a=2时,f'(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.所以实数a的取值范围是,故选C.12.已知函数f(x)=x3+ax2+bx有两个极值点x1,x2,且x1<x2,若x1+2x0=3x2,函数g(x)=f(x)-f(x0),则g(x)(　　)A.恰有一个零点 B.恰有两个零点C.恰有三个零点 D.至多两个零点答案:B解析:由已知g(x)=f(x)-f(x0)=x3+ax2+bx-(+a+bx0)=(x-x0)[x2+(x0+a)x++ax0+b],∵f'(x)=3x2+2ax+b,∴代入上式可得g(x)=(x-x0)(x-x1)2,所以g(x)恰有两个零点.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=ex+x2+1,则函数h(x)=2f(x)-g(x)在点(0,h(0))处的切线方程是　　　　　　　　. 答案:x-y+4=0解析:∵f(x)-g(x)=ex+x2+1,∴f(x)+g(x)=e-x+x2+1.∴f(x)=,g(x)=.∴h(x)=2f(x)-g(x)=ex+e-x+2x2+2-ex+e-x+2x2+2.∴h'(x)=ex-e-x+4x,即h'(0)==1,又h(0)=4,∴所求的切线方程是x-y+4=0.14.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)内是减函数,则实数a的取值范围是　　　　　. 答案:(-∞,-3]解析:由题意可知f'(x)=3ax2+6x-1≤0在R上恒成立,则解得a≤-3.15.函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,则a的取值范围是　　　　　. 答案:(2,+∞)解析:由题意,若∃x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,可转化为f(x)min<g(x)max成立,由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知,当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.又由g(x)=lnx-x+a,则g'(x)=-1=(x>0),当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减.所以当x=1时,函数有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,令a-1>1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).16.已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个命题:①0<x0<;②x0>;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.其中正确的命题是　　　　　.(填出所有正确命题的序号) 答案:①③解析:由已知得f'(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g'(x)=+1,当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g>0,又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g>g(x0),所以0<x0<,即命题①成立,则命题②错;因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0++x0=x0(lnx0+x0+1)-=-<0,故③正确,而④错,所以填①③.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值;(2)是否存在实数a,使得f(x)是区间(-∞,+∞)内的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.解:(1)由题意知f'(x)=18x2+6(a+2)x+2a.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以f'(x1)=f'(x2)=0.所以x1x2==1,所以a=9.(2)因为Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0,所以f'(x)=0有两个不相等的实数根.所以不存在实数a,使得f(x)是在区间(-∞,+∞)内的单调函数.18.(12分)已知f(x)=x3-x2-2x+5.(1)求f(x)的单调区间;(2)过点(0,a)可作y=f(x)的三条切线,求a的取值范围.解:(1)f'(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),故f(x)在区间,(1,+∞)内单调递增,在区间内单调递减.(2)设切点为(x0,f(x0)),则切线的方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0),即y-(-2x0+5)=(3-x0-2)(x-x0).又点(0,a)在切线上,故a-=(3-x0-2)(0-x0),即a=-2+5.令g(x)=-2x3+x2+5,由已知得y=a的图象与g(x)=-2x3+x2+5的图象有三个交点,g'(x)=-6x2+x,令g'(x)=0,得x1=0,x2=,g(x1)=5,g(x2)=5,故a的取值范围为.19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<ex.答案:(1)解由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.20.(12分)已知函数f(x)=ln x-x.(1)判断函数f(x)的单调性;(2)函数g(x)=f(x)+x+-m有两个零点x1,x2,且x1<x2.求证:x1+x2>1.答案:(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1=.令f'(x)>0,解得0<x<1;令f'(x)<0,解得x>1.故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(2)证明根据题意得g(x)=lnx+-m(x>0).因为x1,x2是函数g(x)=lnx+-m的两个零点,所以lnx1+-m=0,lnx2+-m=0.两式相减,可得ln,即ln,故x1x2=,因此x1=,x2=.令t=,其中0<t<1,则x1+x2=.构造函数h(t)=t--2lnt(0<t<1),则h'(t)=.因为0<t<1,所以h'(t)>0恒成立,故h(t)<h(1),即t--2lnt<0,可知>1,故x1+x2>1.21.(12分)已知函数f(x)=(ex-e)ex+ax2,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解:(1)由题意得f'(x)=x(ex+1+2a),①当a≥0时,ex+1+2a>0,若x∈(-∞,0),则f'(x)=x(ex+1+2a)<0,函数f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则f'(x)=x(ex+1+2a)>0,函数f(x)单调递增;②当-<a<0时,若x∈(-∞,ln(-2a)-1),则f'(x)=x(ex+1+2a)>0,函数f(x)单调递增,若x∈(ln(-2a)-1,0),则f'(x)=x(ex+1+2a)<0,函数f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则f'(x)=x(ex+1+2a)>0,函数f(x)单调递增;③当a=-时,f'(x)=x(ex+1+2a)≥0恒成立,函数f(x)单调递增;④当a<-时,若x∈(-∞,0),则f'(x)=x(ex+1+2a)>0,函数f(x)单调递增,若x∈(0,ln(-2a)-1),则f'(x)=x(ex+1+2a)<0,函数f(x)单调递减,若x∈(ln(-2a)-1,+∞),则f'(x)=x(ex+1+2a)>0,函数f(x)单调递增.(2)当a=0时,f(x)=(ex-e)ex有唯一零点x=1,不符合题意;由(1)知,当a>0时,若x∈(-∞,0),则函数f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则函数f(x)单调递增,当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞,f(0)=-e<0必有两个零点;当-<a<0时,若x∈(-∞,ln(-2a)-1),则函数f(x)单调递增,若x∈(ln(-2a)-1,0),则函数f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则函数f(x)单调递增,f(ln(-2a)-1)=-2a(ln(-2a)-1)+a(ln(-2a)-1)2<0,f(0)=-e<0,函数f(x)至多有一个零点;当a=-时,函数f(x)单调递增,函数f(x)至多有一个零点;当a<-时,若x∈(-∞,0),则函数f(x)单调递增,若x∈(0,ln(-2a)-1),则函数f(x)单调递减,若x∈(ln(-2a)-1,+∞),则函数f(x)单调递增,f(0)=-e<0,函数f(x)至多有一个零点.综上所述,当a>0时,函数f(x)有两个零点.22.(12分)(2020浙江,22)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;(2)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:①≤x0≤;②x0f()≥(e-1)(a-1)a.答案:证明(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)①令g(x)=ex-x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g()≥0,得f()=-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≥x0.令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h1'(x)=ex-2,所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h1'(x)-1-0+e-2h1(x)0↘ ↗e-3故当0<x<1时,h1(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.由h()≤0,得f()=-a≤0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故≤x0.综上,≤x0≤.②令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.由=x0+a可得x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a,由x0≥,得x0f()≥(e-1)(a-1)a.