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新人教A版理

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新人教A版理，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的图象在点(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
2.(2021江西南昌三模)已知自由落体运动的速度v=gt,则自由落体运动从t=0 s到t=2 s所走过的路程为(　　)
A.g B.2g C.4g D.8g
3.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)图象如图所示,那么f(x)的图象最有可能是图中的(　　)


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)f(5) D.以上答案都不对
5.(2021浙江湖州模拟)“m≤0”是“函数f(x)=lnx-mx在(0,1]上单调递增”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
6.(2021四川泸州诊断)已知函数f(x)=ex,过原点作曲线y=f(x)的切线l,则切线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为(　　)
A.2e+12 B.2e-12
C.e-22 D.e+12
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
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f1elnx0,则下列结论正确的是(　　)
A.2fπ6>3fπ3
B.fπ6>3fπ3
C.2fπ63fπ3
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)的图象如图所示,给出下列命题:
①函数y=f(x)在区间[x2,x4]上单调递减;
②若x40.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.

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处的切线重合.
(1)求a的值;
(2)求证:f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立.

19.(14分)(2021全国高三月考)已知函数f(x)=ex-2x.
(1)当xcosx;
(2)若函数g(x)=f(x)-cosx+ln(x+1),试问:函数g(x)是否存在极小值?若存在,求出极小值;若不存在,请说明理由.(其中常数e=2.718 28…,是自然对数的底数)

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)

21.(14分)已知函数f(x)=alnx,g(x)=x+1x+f'(x).
(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;
(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且x2x1≥ea,求证:f'(x1+x2)+mf'(x1-x2)>65.

答案：
1.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.B　解析:因为自由落体运动的速度v=gt,所以路程s=02gtdt=12gt2|02=2g,故选B.
3.A　解析:由给定的导函数图象知,当x0时,f'(x)f'(q),f(p)0,F(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则F(x)min=F(1)=3>0,φ'(x)kx恒成立,C错误;
对于D选项,由A选项知,f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)上单调递增,因为正实数x1,x2,且x1>x2,f(x1)=f(x2),则00,函数f(x)单调递增;在区间a,a+2b3内,f'(x)0,
∴函数f(x)在0,1a内单调递减,在1a,+∞上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与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内单调递减,在1a,+∞上单调递增,
∴f1a=3-3ln1a=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.(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)单调递增,当x∈(0,1)时,h'(x)0,即f(x)>cosx.
(2)解:根据题意,g(x)=ex-2x-cosx+ln(x+1),定义域为(-1,+∞),g'(x)=ex-2+sinx+1x+1,令h(x)=g'(x)=ex+1x+1+sinx-2,
则h'(x)=ex-1(x+1)2+cosx,
易知当x∈0,π2时,h'(x)>0,故函数h(x)在0,π2内单调递增,
则h(x)>h(0)=0,即g'(x)>0,所以函数g(x)在0,π2内单调递增.
当x∈(-1,0)时,h'(x)单调递增,且h'(0)=1>0,又因为h'-12=e-12+cos-12-40,函数h(x)在(x0,0)内单调递增,
即g'(x)在(x0,0)内单调递增,所以当x∈(x0,0)时,g'(x)4,1x+1>0,即ex+1x+1+sinx-2>0,所以g'(x)>0,函数g(x)在π2,+∞上单调递增.
综上可知,函数g(x)在(x0,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
因此,当x=0时,函数g(x)有极小值,极小值为g(0)=0.
20.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01时,当1