2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷三导数及其应用

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这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷三导数及其应用，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.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.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
3.已知函数f(x)=x2-xf'(x),则曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为(　　)
A.3x-y-4=0 B.3x-y+4=0
C.3x+y+4=0 D.3x+y-4=0
4.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.“m≤0”是“函数f(x)=ln x-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.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
7.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.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)
9.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
10.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
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
12.定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),若对任意实数x,有f(x)>f'(x),且f(x)+2 022为奇函数,则不等式f(x)+2 022ex<0的解集是(　　)
A.(-∞,0) B.(0,+∞) C.-∞,1e D.1e,+∞
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.设函数f(x)=x-aex,若f'(2)=1e2,则a=　　　　　.
14.若函数f(x)=xex-ln x-x-a存在零点,则a的取值范围为　　　　　.
15.已知函数f(x)=ax-x2+3,g(x)=4x-2,若对于任意x1,x2∈(0,1],都有f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值范围为　　　　.
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.

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)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)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.

18.(14分)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.

19.(14分)已知函数f(x)=ln x-a(x-1)x+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在定义域内单调递增,求实数a的取值范围;
(2)求证:4ln2+8ln3+12ln4+…+4nln(n+1)

20.(14分)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)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.

参考答案
单元质检卷三　导数及其应用
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.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+2cos x,则f'(x)=cos x-2sin x,所以f'3π4=cos3π4-2sin3π4=-322.故选A.
3.A　解析由f(x)=x2-xf'(1),得f'(x)=2x-f'(1).∴f'(1)=2-f'(1),得f'(1)=1.∴f(x)=x2-x,f'(x)=2x-1,∴f(2)=22-2=2,f'(2)=2×2-1=3.所求切线方程为y-2=3(x-2),即3x-y-4=0,故选A.
4.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,
图象为开口向上的抛物线,其对称轴方程为x=4,
∴f(0)>f(5).
5.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]上单调递增,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]上单调递增”的充分不必要条件.
6.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.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,
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减↘
极小值
单调递增↗
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.D　解析令t=1eln x,则x=eet,
所以不等式f1elnx 构造函数g(t)=f(t)et,则g'(t)=f'(t)-f(t)et,由题意,g'(t)=f'(t)-f(t)et>0,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0 9.C　解析令g(x)=f(x)cosx,则g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x,对于∀x∈0,π2,都有g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x>0,所以函数g(x)在0,π2内单调递增.因为π6<π4<π3,所以gπ6 10.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]上先单调递增后单调递减,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)图象上方,故中点也在y=f'(x)图象上方,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)单调递减,故y=f(x)单调递增,故f'(p)>f'(q),f(p) 综上,真命题的序号是②④.
11.C　解析根据题意,当01时,f(x)=1x单调递减,且f(x)∈(0,1),由00,g(x)单调递增,所以-1e 12.B　解析利用单调性解抽象不等式时,关键要注意结论与已知条件的联系,通过构造合适的函数来求解.
设g(x)=f(x)ex,则g'(x)=f'(x)-f(x)ex<0,
所以g(x)是R上的减函数,
由于f(x)+2 022为奇函数,
所以f(0)+2 022=0,
所以f(0)=-2 022,g(0)=-2 022.
因为f(x)+2 022ex<0⇔f(x)ex<-2 022,
所以g(x)0,
所以不等式f(x)+2 022ex<0的解集是(0,+∞).
故选B.
13.2　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.[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,+∞)上单调递增,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)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,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.[0,+∞)　解析由题意f(x)min≥g(x)max.
∵g(x)=4x-2在(0,1]上单调递增,
∴g(x)max=g(1)=2,
∴ax-x2+3≥2对于任意x∈(0,1]恒成立,即a≥x-1x对于任意x∈(0,1]恒成立.
又h(x)=x-1x在区间(0,1]上单调递增,
∴h(x)max=h(1)=0,
∴a≥0,故答案为[0,+∞).
16.2 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单调递增,当53 17.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+3ln a>0,
∴ln a>-1,∴a>1e,
即实数a的取值范围是1e,+∞.
18.解(1)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(-1)=2.
当x1=-1时,f(-1)=0,
故y=f(x)在点(-1,0)处的切线方程为y=2x+2.
又y=2x+2与y=g(x)相切,将直线y=2x+2代入g(x)=x2+a,得x2-2x+a-2=0.
由Δ=4-4(a-2)=0,得a=3.
(2)∵f'(x)=3x2-1,∴f'(x1)=3x12-1,则曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线为y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),整理可得y=(3x12-1)x-2x13.
由g(x)=x2+a,得g'(x)=2x.
设曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线为y-(x22+a)=2x2(x-x2),
整理得y=2x2x-x22+a.
由题可得3x12-1=2x2,-2x13=a-x22,
∴a=x22-2x13=14(9x14-8x13-6x12+1).
令h(x1)=9x14-8x13-6x12+1,
则h'(x1)=36x13-24x12-12x1=12x1(x1-1)(3x1+1).
当x1<-13或0 当-131时,h'(x1)>0,此时函数y=h(x1)单调递增.
则h-13=2027,h(0)=1,h(1)=-4,
∴h(x1)min=h(1)=-4,
∴a≥-44=-1,即a的取值范围为[-1,+∞).
19.(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)在定义域内单调递增,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,+∞)上单调递增,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.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)内单调递增,
当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减;
②当0 当a0,函数f(x)单调递增,
当x>1或0 ∴f(x)在(a,1)内单调递增,在(0,a),(1,+∞)上单调递减;
③当a=1时,f'(x)≤0恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
④当a>1时,当10,函数f(x)单调递增,
当x>a或0 ∴f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)单调递减.
(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的图象有三个交点,∴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的图象至多有1个交点,所以不合题意;
②当a>1时,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+∞)上单调递减,
∴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)单调递增,当t>2时,u'(t)<0,函数u(t)单调递减,
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.(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)内单调递增,在(1,a)内单调递减,在(a,+∞)上单调递增;
当a=1时,f'(x)=(x-1)2x>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
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.