2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷三一元函数的导数及其应用

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷三一元函数的导数及其应用，共14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8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知函数f(x)为偶函数,当x时,求证:g(x)有两个零点.
20.(12分)已知函数f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).
(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;
(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.
21.(12分)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.
22.(12分)已知10时,-x1时,f'(x)0.
所以当x0,
可知选项B符合题意.故选B.
3.D 设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.
4.A 令g(x)=,g'(x)=0等价为,即g(ex)>g(2),故ex0;当x>时,g'(x)
故选B.
7.A
当a≠0时函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)上的图像,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,
设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)=因为φ'(x)=所以φ(x)在(0,a)上单调递减,(a,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=-a2-alna+a,因为x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,所以φ(x)有两个零点,当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a1,即a的取值范围为(1,+∞).
8.B ∵f(x)与g(x)的图像在x上存在两对关于直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数φ(x)=lnx的图像在x上有两个交点,∴lnx=x2-ax在x上有两个实数解,即a=x-在x上有两个实数解,令h(x)=x-,则h'(x)=
令k(x)=x2+lnx-1,k(x)在x上单调递增,且k(1)=0,
∴当x时,h'(x)0得,x+2>0,即-20,y单调递增,当00,即a>4时,方程x2+x+=0有两个不等实数根x1,x2,设x10,得00,得00,得00),设切点为P(x0,x0lnx0-1),在点P处的切线方程为y-(x0lnx0-1)=(1+lnx0)(x-x0).整理得y=(1+lnx0)x-(x0+1).
由
即得lnx0=x0-1.
令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=-1=
当00,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以F(x)>F(1)=1,即F(x)在(1,+∞)上无零点.
②当k-2>0时,由F'(x)=0,得x=ek-2.
当10,所以F(x)在(ek-2,+∞)上单调递增.
F(x)的最小值为F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2.
令m(k)=k-ek-2,则m'(k)=1-ek-20,m(4)=4-e20,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2lnt>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,(t3-3t2+3t-1)+kt--2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t--2lnt=t3-3t2+6lnt+-1.②
由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+>1,故t3-3t2+6lnt+-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有
22.证明 (1)因为f(0)=1-a0,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,+∞)上单调递增,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),h'1(x)=ex-2,所以
故当01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.x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗
x
0
(0,ln2)
ln2
(ln2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
↘
↗
e-3