2022高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用（含解析），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。

单元质检卷三　导数及其应用
(时间:100分钟　满分:140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,只有一项是符合题目要求的.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为(　　)
A.x-y=0 B.x-y-2=0
C.x+y-2=0 D.3x-y-2=0
2.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),若函数f(x)在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x)的图象可能是(　　)

3.已知函数f(x)=x+1,g(x)=ln x,若f(x1)=g(x2),则x2-x1的最小值为(　　)
A.1 B.2+ln 2
C.2-ln 2 D.2
4.(2020广东惠州调研)设x∈R,函数y=f(x)的导数存在,若f(x)+f'(x)>0恒成立,且a>0,则下列结论正确的是(　　)
A.f(a)f(0)
C.ea·f(a)f(0)
5.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,且f(2)=2,则f(ex)-ex>0的解集是(　　)
A.(-∞,ln 2) B.(ln 2,+∞)
C.(0,e2) D.(e2,+∞)
6.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
7.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=lnxx2,若f(x) A.m>e B.m>e2
C.m>1 D.m>e
8.下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述不正确的为(　　)
A.函数f(x)有三个零点
B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心
C.函数f(x)的极大值点为x=1-33
D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数
9.已知函数f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln x,若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象恰好有两个不同的交点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
10.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx∈1e,e与g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x对称的点,则实数a的取值范围是(　　)
A.e-1e,e
B.1,e-1e
C.1,e-1e
D.1,e+1e
11.(2020山东济南一中联考)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx-17(a,b,c∈R)的导函数为f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},若f(x)的极小值等于-98,则a的值是(　　)
A.-8122 B.13
C.2 D.5
12.(2020山东师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x>0,ex(x+1),x≤0,若方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.12 B.23
C.32 D.2
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f(x)=alnxex在点P(1,f(1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a=　　　　. 
14.设f(x)=ex(ln x-a),若函数f(x)在区间1e,e上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　　　. 
15.已知函数f(x)=log2x,g(x)=x+a-x(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 
16.已知函数f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x-12(a>0).若直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的值为　　　　　;若总存在直线与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的取值范围是　　　　　. 
三、解答题:本题共5小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(12分)(2020湖南郴州二模,文21)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R)的图象过原点,且在原点处的切线与直线x=0垂直.g(x)=ax2+x+xex(e为自然对数的底数).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若对任意的x∈(0,+∞),总有f(x)-g(x)
















18.(12分)(2020湖南常德一模,文21)已知直线l:y=k(x-1)与函数f(x)=ln x.
(1)若f(x)≤k(x-1)恒成立,求实数k的取值的集合;
(2)若x2>x1>0,求证:f(x2)-f(x1)x2-x1>2x2+x1.











19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.















































20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)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)(2020天津,20)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,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x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f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.



参考答案

单元质检卷三　导数及其应用
1.A　当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-lnx,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-lnx,f(1)=1,所以f'(x)=2x-1x,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.
2.B　因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.
所以当x<0时,y=-xf'(x)>0,当01时,y=-xf'(x)>0,
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.D　设g(x)=ex·f(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]>0,所以g(x)在R上单调递增.
由a>0,得g(a)>g(0),
即ea·f(a)>f(0).
5.A　令g(x)=f(x)x,g'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(2)=f(2)2=1,故f(ex)-ex>0等价为f(ex)ex>f(2)2,即g(ex)>g(2),故ex<2,即x
6.B　令f(x)=ex-x2=0,得ex=x2,分别画出y=ex和y=x2的图象,如图所示,当x<0时,函数y=ex和y=x2有一个交点.
当x>0时,f'(x)=ex-2x,
令g(x)=ex-2x,
则g'(x)=ex-2,当g'(x)=0时,可得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(ln2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又因为f(0)=1,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)>0.故f(x)在(0,+∞)上无零点.
综上,函数f(x)=ex-x2的零点个数为1.故选B.
7.B　若f(x) 令g(x)=f(x)+1x2=lnx+1x2,故只需g(x)max g'(x)=1x·x2-(lnx+1)·2xx4=-2lnx-1x3,令g'(x)=0,得x=e-12,
当00;当x>e-12时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,e-12)上单调递增,在(e-12,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(e-12)=e2,
所以实数m的取值范围是m>e2.
故选B.
8.D　令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故A正确;
因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故B正确;
令f'(x)=3x2-6x+2=0,
解得x=3±33,
故f(x)在-∞,3-33上单调递增,在3-33,3+33上单调递减,在3+33,+∞上单调递增,
函数f(x)的极大值点为x=1-33,故C正确;假设函数g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数,则g'(x)=f'(x)(2f(x)+a)>0恒成立,由上可知当x<1-33或x>1+33时,f'(x)>0,若要满足g'(x)=f'(x)(2f(x)+a)>0,则需在-∞,1-33和1+33,+∞上2f(x)+a>0恒成立,f(x)=x3-3x2+2x的大致图象如下,如图所示函数2f(x)+a>0在-∞,1-33上不可能恒成立,故不存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)为增函数,故D错误.故选D.

9.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,+∞)上的图象,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,
设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)=x2-2ax-alnx+a,00,x≥a,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+a<0,解得a>1,即a的取值范围为(1,+∞).
10.B　∵f(x)与g(x)的图象在x∈1e,e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的图象在x∈1e,e上有两个交点,∴lnx=x2-ax在x∈1e,e上有两个实数解,即a=x-lnxx在x∈1e,e上有两个实数解,令h(x)=x-lnxx,则h'(x)=x2+lnx-1x2.
令k(x)=x2+lnx-1,k(x)在x∈1e,e上单调递增,且k(1)=0,
∴当x∈1e,1时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,e]时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1.
对g1e=e+1e,g(e)=e-1e,
∴a的取值范围是1,e-1e.
11.C　易知f'(x)=3ax2+2bx+c.因为f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},
所以a>0,且-2+3=-2b3a,-2×3=c3a,则3a=-2b,c=-18a.
依题意f(x)的极小值为f(3)=27a+9b+3c-17=-98,解得a=2,b=-3,c=-36.
12.B　当x≤0时,f(x)=ex(x+1),
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).
由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)单调递减,
由f'(x)>0得,x+2>0,即-2
即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图象如图:
由图象可知当0 设t=f(x),因为方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,
所以t2-at+116=0在t∈(0,1]内有两个不等的实数根,
设g(t)=t2-at+116.
则g(0)>0,g(1)≥0,Δ>0,00,1-a+116≥0,a2-4×116>0,0 解得12 13.e2　由题意,得f'(x)=axex-aexlnx(ex)2=ax-alnxex.又切线斜率k=12.
∴f'(1)=ae=12,∴a=e2.
14.[e-1,+∞)　由题意可得f'(x)=exlnx+1x-a≤0在1e,e上恒成立.因为ex>0,所以只需lnx+1x-a≤0,
即a≥lnx+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=lnx+1x.
因为g'(x)=1x-1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,
g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,
所以g(x)max=g1e=e-1.
故a的取值范围为[e-1,+∞).
15.[4,8]　结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,
要使得对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,
则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=a-x-x2x·a-x,
令g'(x)>0,解得x 可知g(x)在0,a2上单调递增,在a2,a上单调递减,故g(x)在x=a2取到最大值,在x=0取到最小值,所以需要满足ga2≤4,且g(0)≥2,得到a2+a2≤4,a≥2,解得a∈[4,8].
16.32　32,+∞　由题意,f'(x)=2x,g'(x)=2ax-1,因为直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,所以2x=2,2ax-1=2,解得x=1,a=32.设直线l与y=f(x)的图象相切于点P1(x1,y1),x1>0,则切线方程为y-2lnx1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2lnx1=0.所以Δ=1+2x12-4a×32-2lnx1=0.
所以a=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0).
令y=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0),
则y'=2(x1+2)(4lnx1+x1-1)x13(3-4lnx1)2.
令y'=0,解得x1=1.
当x1>1时,y'>0,y单调递增,当0 17.解(1)依题意,f(0)=0,即c=0,
故f'(x)=3x2+2ax+b,
由在原点处的切线与直线x=0垂直可知,f'(0)=0,则b=0,
故f(x)=x3+ax2,f'(x)=3x2+2ax=3xx+2a3,
①当a=0时,f'(x)≥0在x∈R上恒成立,此时函数f(x)在R上单调递增;
②当a>0时,由f'(x)>0解得x>0或x<-2a3,由f'(x)<0解得-2a3 此时函数f(x)在-∞,-2a3,(0,+∞)上单调递增,在-2a3,0上单调递减;
③当a<0时,由f'(x)>0解得x>-2a3或x<0,由f'(x)<0解得0 此时函数f(x)在(-∞,0),-2a3,+∞上单调递增,在0,-2a3上单调递减.
(2)由(1)可知,f(x)-g(x)=x3-x-xex,则x3-x-xex ∵x>0,∴k>x2-1-ex在x∈(0,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2-1-ex(x>0),
则h'(x)=2x-ex,
令μ(x)=2x-ex,则μ'(x)=2-ex,由μ'(x)=0解得x=ln2,
易知当x∈(0,ln2)时,μ'(x)>0,h'(x)单调递增;当x∈(ln2,+∞)时,μ'(x)<0,h'(x)单调递减,
∴h'(x)≤h'(ln2)=2ln2-2<0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,∴h(x) ∴k≥-2,即实数k的取值范围为[-2,+∞).
18.(1)解令g(x)=f(x)-k(x-1)(x>0),则依题意g(x)=lnx-k(x-1)≤0恒成立,故当x=e时也成立,则g(e)=lne-k(e-1)≤0,解得k≥1e-1>0.
又由g'(x)=1x-k>0,解得01k,
所以g(x)在0,1k上单调递增,在1k,+∞上单调递减,
所以g(x)max=g1k=ln1k-k·1k+k=-lnk-1+k.
令h(x)=-lnx-1+x(x>0),
则由h'(x)=-1x+1=x-1x>0,解得x>1,由h'(x)<0,解得0 所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(1)=0.故-lnk-1+k≤0的解为k=1,
所以满足题意的k的取值的集合为{1}.
(2)证明要证f(x2)-f(x1)x2-x1>2x2+x1,即证lnx2-lnx1x2-x1>2x2+x1,即证lnx2x1x2x1-1>2x2x1+1,
令x2x1=t,∵x2>x1>0,∴t>1,即证lntt-1>2t+1,
即证(t+1)lnt>2(t-1),
即证tlnt+lnt-2t+2>0(t>1).(*)
令F(t)=tlnt+lnt-2t+2(t>1),
则F'(t)=lnt+t·1t+1t-2=lnt+1t-1=-ln1t+1t-1.
由(1)中结论易知h1t>0,即-ln1t+1t-1>0,即得F'(t)>0,
所以F(t)=tlnt+lnt-2t+2在(1,+∞)上单调递增,
所以F(t)=tlnt+lnt-2t+2>1×ln1+ln1-2×1+2=0,
即(*)式得证.所以原不等式得证.
19.(1)解f'(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x>0).
①当a≤0时,令f'(x)>0,得0 令f'(x)<0,得x>1.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x1=1,x2=12a.
(ⅰ)当a=12时,f'(x)=(x-1)2x≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(ⅱ)当a>12时,令f'(x)>0,得01;
令f'(x)<0,得12a 所以f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.
(ⅲ)当00,得012a;
令f'(x)<0,得1 所以f(x)在(0,1)和12a,+∞上单调递增,在1,12a上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当a=12时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>12时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减;
当0 (2)证明由(1)知,当a>12时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.则g(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.因为g(1)=0,所以1是函数g(x)的一个零点,且g12a>0.
当x∈0,12a时,取0 所以g12a·g(x0)<0,所以g(x)在0,12a上恰有一个零点,所以g(x)在区间(0,+∞)上有两个零点.
20.解(1)由题意知f'(x)=lnx+1(x>0),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1+lnx0=k-1,k=x0+1,
即lnx0=k-2,x0=k-1,得lnx0=x0-1.
令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1=1-xx.
当00,h(x)在(0,1)上单调递增;
当x>1时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以h(x)的最大值为h(1)=0,即x0=1,故k=2.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=xlnx-(k-1)x+k,则F'(x)=lnx+2-k=lnx-(k-2)(x>1).
①当k-2≤0时,F'(x)>0,
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1 当x>ek-2时,F'(x)>0,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-2<0,所以m(k)在(2,+∞)上单调递减,而m(2)=2-1=1,m(3)=3-e>0,m(4)=4-e2<0,因此k的最大值为3.
21.(1)解①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6x.
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗


所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.
对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),
则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]
=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2
=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2
=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.①
令h(x)=x-1x-2lnx,x∈[1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
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-1t-2lnt>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.②
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-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f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.