广西专用高考数学一轮复习单元质检3导数及其应用含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检3导数及其应用含解析新人教A版理，共17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.如果一个物体运动的位移s与时间t的关系为s=1-t+t2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在3 s末的瞬时速度是(　　)
A.7 m/s B.6 m/s
C.5 m/s D.8 m/s
2.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f'(x)的大致图象如图所示,那么f(x)的大致图象最有可能是图中的(　　)


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
4.(2021东北师大附中高三月考)若函数y=cosx+ax在区间-π2,π2上是增函数,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-1] B.(-∞,1]
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
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
7.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+lnx恒成立,则a的最大值为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
8.已知函数f(x)=xsinx,x1,x2∈-π2,π2,且f(x1) A.x1-x2>0 B.x1+x2>0
C.x12-x22>0 D.x12-x22<0
9.已知函数f(x)=lnx+tanα0<α<π2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.π4,π2 B.0,π3
C.π6,π4 D.0,π4
10.已知函数f(x)=-2f'(1)3x-x2的最大值为f(a),则a等于(　　)
A.116 B.344 C.14 D.348
11.设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0.已知a=flog214,b=f(31.5),c=f(21.5),则(　　)
A.a C.b 12.(2021全国Ⅰ)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(　　)
A.ab
C.aba2
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2021全国Ⅱ)曲线y=2x-1x+2在点(-1,-3)处的切线方程为　. 
14.已知函数f(x)=x(x5-16x2+x-4),且f(x)≥f(x0)对x∈R恒成立,则曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率为　　　　. 
15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=lnx-x+a,若∃x1,x2使得f(x1) 16.已知函数f(x)=xlnx+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:
①01e;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.
其中正确的结论是　　　　　.(填出所有正确结论的序号) 
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)(2021全国Ⅱ)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.(12分)(2021北京顺义二模)已知函数f(x)=ex-mx2(m∈R).
(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;
(2)若存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,求m的取值范围.

19.(12分)已知f(x)=12x2-a2ln x,a>0.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)当x>2a时,证明:f(x)-f(2a)x-2a>32a.

20.(12分)已知函数f(x)=lnx-ax2-2x,a∈R.
(1)当a≥0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数h(x)=f(x)+3ax2+3x的极值大于零,求实数a的取值范围.

21.(12分)(2021山东淄博一模)已知数列{an},且an=1+1nn(n∈N*).
(1)证明:an (2)若1+1nn+a≤e(n∈N*,a>0)恒成立,求实数a的最大值.

22.(12分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;
(2)证明:b2>3a;
(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.

答案：
1.C
2.A　解析由题干导函数图象知,x<-2或x>0时,f'(x)<0;-20,从而得f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递减,在区间(-2,0)上单调递增,只有选项A符合要求.
3.B
4.D　解析由已知得y'=-sinx+a≥0在区间-π2,π2上恒成立,即a≥sinx在区间-π2,π2上恒成立,
∴a≥1.
5.A
6.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,得曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
7.A　解析令f(x)=1-xx+lnx,
则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)<0;
当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
∴f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
∴在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值为0.
8.D　解析由f(x)=xsinx,得f'(x)=sinx+xcosx,当x∈0,π2时,f'(x)>0,故f(x)在区间0,π2内单调递增.又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx=f(x),∴f(x)为偶函数,∴当f(x1) 9.A　解析∵f(x)=lnx+tanα,
∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得lnx+tanα=1x,
即tanα=1x-lnx.
设g(x)=1x-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<π2,
∴α∈π4,π2.
10.B　解析∵f'(x)=-2f'(1)3·12x-2x,
∴f'(1)=-13f'(1)-2,
解得f'(1)=-32,
∴f(x)=x-x2,f'(x)=1-4xx2x.
令f'(x)>0,解得0344,
故f(x)在区间0,344内单调递增,在区间344,+∞内单调递减,故f(x)的最大值是f344,于是a=344.
11.A　解析∵当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,
∴f(x)x'=xf'(x)-f(x)x2>0,
∴f(x)x在区间(0,+∞)内单调递增,
又f(x)是奇函数,且f(-1)=0,
∴f(1)=0,
∴当x∈(0,1)时,f(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,
∴a=flog214=f(-2)=-f(2)<0.
∵31.5>21.5>1,
∴f(31.5)>0,f(21.5)>0,
且f(31.5)31.5>f(21.5)21.5,
∴f(31.5)f(21.5)>321.5>1,
∴b=f(31.5)>f(21.5)=c>0.
∴a 12.D　解析因为f(x)=a(x-a)2(x-b),
所以f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)[(2x-2b)+(x-a)]=a(x-a)[3x-(a+2b)]=3a(x-a)x-a+2b3.
由f'(x)=0,解得x=a或x=a+2b3.
若a<0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3 此时在区间-∞,a+2b3和(a,+∞)内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;在区间a+2b3,a内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
此时a(a-b)<0,即a2 若a>0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a 此时在区间(-∞,a)和a+2b3,+∞内,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
在区间a,a+2b3内,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
此时a(a-b)<0,即a2 综上可得a2 13.5x-y+2=0　解析由y=2x-1x+2,得y'=5(x+2)2,则在点(-1,-3)处的切线的斜率为5,所以切线方程为y+3=5(x+1),即5x-y+2=0.
14.17　解析∵f(x)=x(x5-16x2+x-4)=x6-16x3+x2-4x=(x3-8)2+(x-2)2-68,
∴当x=2时,函数f(x)取得最小值,∴x0=2.
∵f(x)x'=5x4-32x+1,
∴曲线y=f(x)x在点x0,f(x0)x0处的切线的斜率k=5×24-32×2+1=17.
15.(2,+∞)　解析由函数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)=1x-1=1-xx(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.
由题意,若∃x1,x2使得f(x1) 令a-1>1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).
16.①③　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)=1x+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g1e=1e>0,又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0 因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x02<0,故结论③正确,而结论④错误,所以填①③.
17.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+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)在区间0,1a上单调递减,在区间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)在区间(0,+∞)上没有零点,
由(1)可得函数f(x)在区间0,1a上单调递减,在区间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.解(1)因为函数f(x)=ex-mx2(m∈R),所以f'(x)=ex-2mx,f'(1)=e-2m.
由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,
则f'(1)=e-2m=-e,
解得m=e.
(2)因为存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,即ex0-mx02≥2,
又当x0=0时,上式不成立,
所以存在x0∈(0,1],使得ex0-mx02≥2,即m≤ex0-2x02.
令h(x)=ex-2x2(x∈(0,1]),则h'(x)=ex·x2-2x·(ex-2)x4=xex-2ex+4x3.
令φ(x)=xex-2ex+4,则φ'(x)=(x-1)ex.
因为x∈(0,1],ex>0,
所以φ'(x)≤0,
所以φ(x)在区间(0,1]上单调递减,φ(1)=4-e>0,
即φ(x)>0在区间(0,1]上恒成立,
所以h'(x)>0在区间(0,1]上恒成立,
所以h(x)=ex-2x2在区间(0,1]上单调递增,所以h(x)max=h(1)=e-2,
所以m≤h(x)max=e-2.
综上,m的取值范围为(-∞,e-2].
19.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-a2x=(x+a)(x-a)x.
当x∈(0,a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=12a2-a2lna.
(2)证明由(1)知,f(x)在区间(2a,+∞)内单调递增,
则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-32a(x-2a)>0.
设g(x)=f(x)-f(2a)-32a(x-2a),
则当x>2a时,g'(x)=f'(x)-32a=x-a2x-32a=(2x+a)(x-2a)2x>0,
所以g(x)在区间(2a,+∞)内单调递增.
所以当x>2a时,g(x)>g(2a)=0,即f(x)-f(2a)-32a(x-2a)>0,故f(x)-f(2a)x-2a>32a.
20.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-2ax-2=-2ax2-2x+1x,
当a=0时,令f'(x)=-2x+1x=0,得x=12.
所以当x∈0,12时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈12,+∞时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,令f'(x)=0,则-2ax2-2x+1=0.因为Δ=(-2)2-4×(-2a)=4+8a>0,x>0,所以x=-1+1+2a2a.
故函数f(x)在区间0,-1+1+2a2a内单调递增,
在区间-1+1+2a2a,+∞内单调递减.
综上,当a=0时,函数f(x)的单调递增区间为0,12,单调递减区间为12,+∞;
当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为0,-1+1+2a2a,单调递减区间为-1+1+2a2a,+∞.
(2)由题意可知,函数h(x)=lnx+2ax2+x,
所以h'(x)=1x+4ax+1=4ax2+x+1x(x>0).
①当a≥0时,h'(x)>0,可知函数h(x)在区间(0,+∞)内单调递增,无极值,不符合题意;
②当a<0时,由h'(x)=0可得4ax2+x+1=0,
则Δ=1-16a>0,且两根之积为x1x2=14a<0,
不妨设x1<0,x2>0,x2=-1-1-16a8a,
则由h'(x)=0可得x=x2,
故h(x)在区间(0,x2)内单调递增,
在区间(x2,+∞)内单调递减,
所以x=x2为极值点.
由题意可知,h(x2)=lnx2+2ax22+x2>0.
又4ax22+x2+1=0,
所以lnx2+x2-12>0.
构造函数g(x)=lnx+x-12(x>0),
则g'(x)=1x+12>0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
又g(1)=0,所以由g(x)>0,
解得x>1,
即x2=-1-1-16a8a>1,
解得-12 故实数a的取值范围为-12,0.
21.(1)证明要证1+1nn 只需证明ln1+1n<1n.
构造函数f(x)=ln(1+x)-x,
则只需证明f(x)在区间(0,1]上小于零.
由于f'(x)=-xx+1,在区间(0,1]上,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(0,1]上单调递减,
又f(0)=0,所以在区间(0,1]上,f(x)<0,
所以1+1nn (2)解1+1nn+a≤e(a>0)恒成立,
即ln1+1n≤1n+a(a>0)恒成立.
令x=1n,则0 则g(x)≤0在区间(0,1]上恒成立.
g'(x)=a2x2+(2a-1)x(1+x)(ax+1)2,
由a2x2+(2a-1)x=0,得其两个实数根为x1=0,x2=1-2aa2;
当a≥12时,x2≤0,在区间(0,1]上,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
所以g(x)>g(0)=0,所以a≥12不满足题意;
当2-10;
函数g(x)在区间(0,x2)上单调递减,在区间(x2,1)上单调递增;
且g(0)=0,只需g(1)=ln2-1a+1≤0,得a≤1ln2-1,所以2-1 当0 在区间(0,1]上,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,
且g(x) 综上,满足条件的a的取值范围为0,1ln2-1.
故实数a的最大值为1ln2-1.
22.(1)解由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.
当x=-a3时,
f'(x)有最小值,也是极小值,即b-a23.
因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a.
因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3.
当a=3时,f'(x)≥0且f'(x)不恒等于0,故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;
当a>3时,f'(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,
x2=-a+a2-3b3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增↗
极大值
单调递减↘
极小值
单调递增↗
故f(x)的极值点是x1,x2.
从而a>3.
因此b=2a29+3a,定义域为(3,+∞).
(2)证明由(1)知,ba=2aa9+3aa.
设g(t)=2t9+3t,则g'(t)=29-3t2=2t2-279t2.
当t∈362,+∞时,g'(t)>0,从而g(t)在区间362,+∞内单调递增.
因为a>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3.
因此b2>3a.
(3)解由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.
从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0.
记f(x),f'(x)所有极值之和为h(a),因为f'(x)的极值为b-a23=-19a2+3a,
所以h(a)=-19a2+3a,a>3.
因为h'(a)=-29a-3a2<0,于是h(a)在区间(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),
故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].