2025届高考数学一轮总复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用

这是一份2025届高考数学一轮总复习单元质检卷三一元函数的导数及其应用，共15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)=(2x-a)ex,且f'(1)=3e,则实数a的值为( )
A.-3B.3C.-1D.1
2.函数f(x)=x2-2ln x在区间[1,2]上的最大值是( )
A.4-2ln 2B.1
C.4+2ln 2D.e2-2
3.曲线y=f(x)=ln x-在x=1处的切线的倾斜角为α,则cs 2α的值为( )
A.B.-C.D.-
4.幂函数f(x)的图象过点,2,则函数g(x)=的单调递增区间为( )
A.(0,2)
B.(-∞,-2)∪(0,+∞)
C.(-2,0)
D.(-∞,-2)和(0,+∞)
5.(2023山东淄博三模)中国古代建筑的主要受力构件是梁,其截面的基本形式是矩形.如图,将一根截面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁,设与承载重力的方向垂直的宽度为x,与承载重力的方向平行的高度为y,记矩形截面抵抗矩W=xy2.根据力学原理,截面抵抗矩越大,梁的抗弯曲能力越强,则宽x与高y的最佳之比应为( )
A.B.C.1D.
6.已知函数f(x)=x+acs x,对∀x1,x2∈R(x1≠x2),>a2-a恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[1-,1+]B.[1-,1]
C.[-1,1]D.[-1,1-]
7.已知a=esin 1+,b=etan 2+,c=ecs 3+,则( )
A.a>b>c
B.b>c>a
C.a>c>b
D.c>a>b
8.定义在(1,+∞)上的函数f(x)的导函数为f'(x),且(x-1)f'(x)-f(x)>x2-2x对任意x∈(1,+∞)恒成立.若f(2)=3,则不等式f(x)>x2-x+1的解集为( )
A.(1,2)
B.(2,+∞)
C.(1,3)
D.(3,+∞)
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2023山西吕梁三模)已知函数f(x)=e2x-2ex-12x,则下列说法正确的是( )
A.曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线x+12y=0垂直
B.f(x)在(2,+∞)上单调递增
C.f(x)的极小值为3-12ln 3
D.f(x)在[-2,1]上的最小值为3-12ln 3
10.已知函数f(x)=ln x-ax的图象在x=1处的切线方程为x+y+b=0,则( )
A.a=2
B.b=1
C.f(x)的极小值为-ln 2-1
D.f(x)的极大值为-ln 2-1
11.已知函数f(x)=-x,则下列结论错误的是( )
A.f(x)的单调递减区间为(0,1)
B.f(x)的极小值点为1
C.f(x)的极大值为-1
D.f(x)的最小值为-1
12.已知函数f(x)=x2-ex+a有两个极值点x1与x2,且x1x2-2x,得(x-1)·f'(x)-f(x)+1>(x-1)2,
即-1>0,
即-x'>0对x∈(1,+∞)恒成立.
令g(x)=-x,则g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,因为f(2)=3,所以g(2)=0.
所以f(x)>x2-x+1,即-x>0,
即g(x)>g(2),不等式的解集为x>2.
9.BC
解析∵f(x)=e2x-2ex-12x,∴f'(x)=2e2x-2ex-12=2(ex-3)(ex+2),∴f'(0)=-12,故A错误;令f'(x)>0,解得x>ln3,∴f(x)的单调递增区间为(ln3,+∞),而(2,+∞)⊆(ln3,+∞),∴f(x)在(2,+∞)上单调递增,故B正确;当x0,得00,此时函数g(x)单调递增;
当x>1时,g'(x)0,
则m'(x)=1-ln(x+1)-.
令n(x)=m'(x)=1-ln(x+1)-,x>0,n'(x)=-0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,∴g(x)>0+0-0=0恒成立,
即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,符合题意.
(ⅱ)当00,
∴f'(x)>0,即f(x)在,π上单调递增.
又f=ln+1-10,
∴f(x)在,π上有且仅有一个零点;
当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1)-sinx>ln(π+1)-1>0,∴f(x)在[π,+∞)上无零点.
综上,f(x)在,+∞上有且仅有一个零点.
(3)由f(x)≥2(1-ex),即λln(x+1)-sinx≥2(1-ex),整理得2ex-sinx+λln(x+1)-2≥0.
令g(x)=2ex-sinx+λln(x+1)-2,则g'(x)=2ex-csx+,
当λ≥0时,对任意x∈[0,π],有csx∈[-1,1],
又2ex>2,≥0,
∴g'(x)>0,g(x)在[0,π]上单调递增,
故g(x)≥g(0)=0,符合题意;
当λ0,即-(π+1)(2eπ+1)0).
f'(x)=.
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)0)有两个不同的解,
即方程有两个不同的解,
令g(x)=(x>0),即函数g(x)=的图象与直线y=有两个交点.
g'(x)=(x>0).
令g'(x)==0,得x=e.
当00,所以f(x)在(0,+∞)为增函数,符合题意.
②若a>0,因为f(x)在(0,+∞)为增函数,所以∀x>0,f'(x)≥0恒成立,
即∀x>0,a≤2·ex恒成立,令φ(x)=2·ex,则φ'(x)=2ex>0,
所以函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,所以a≤0,这与a>0矛盾,所以舍去.
综上,a的取值范围是(-∞,0].
(2)证明因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,
所以=a=a,
显然x1>0,x2>0,则有x1=lna+lnx1,x2=lna+lnx2,
所以x1-x2=lnx1-lnx2=ln,
不妨令x1>x2>0,设t=>1,于是得x1=,x2=,
要证x1+x2=>1,
只需证lnt>,即lnt->0,
令g(t)=lnt-,t>1,
则g'(t)=>0,
所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(t)>g(1)=0,于是得x1+x2>1.
又x1+x2=2lna+ln(x1x2),
要证x1+x2