2022年新教材高考数学一轮复习 章末目标检测卷3 导数及其应用（含解析）新人教版.docx

1、章末目标检测卷三导数及其应用(时间:120分钟满分:150分)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.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1)处的切线方程为()A.y=-2x-1B.y=-2x+1C.y=2x-3D.y=2x+1答案:B解析:对函数f(x)求导可得f(x)=4x3-6x2,由导数的几何意义,知在点(1,f(1)处的切线的斜率为k=f(1)=-2.又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.2.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m0B.m1D

2、.m0,若y=ex+mx有极值,则必须使y的值有正有负,故m0.3.(2021山西太原一模)已知函数f(x)=ex-1ex+1-ax,对于任意实数x1,x2,且x1x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x212B.a1C.a12D.a1答案:C解析:由题意可得f(x)=ex-1ex+1-ax在定义域上为减函数,所以f(x)=2ex(ex+1)2-a0在R上恒成立,即a2ex(ex+1)2=2ex+1ex+2.又因为2ex+1ex+222ex1ex+2=12,所以a12.4.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.3答案:A解析:由f(x)=2x+1-1x=2x2

3、+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).当0x12时,f(x)12时,f(x)0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f12=34+ln20,所以无零点.5.已知当x12,2时,a1-xx+lnx恒成立,则a的最大值为()A.0B.1C.2D.3答案:A解析:令f(x)=1-xx+lnx,则f(x)=x-1x2.当x12,1时,f(x)0.则f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2上单调递增,即在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,故a0,即a的最大值为0.6.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(x)1,f(0)=5,f(x)是f(x)的导函数,则不等式ex

4、(f(x)-1)4(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(0,+)B.(-,0)(3,+)C.(-,0)(1,+)D.(3,+)答案:A解析:令g(x)=ex(f(x)-1),则g(x)=ex(f(x)-1)+exf(x)=ex(f(x)+f(x)-1).因为f(x)+f(x)1,所以g(x)0.所以函数g(x)在R上单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=4.所以不等式ex(f(x)-1)4的解集,由g(x)g(0),得x0.故选A.7.已知函数f(x)=lnx+tan02的导函数为f(x),若方程f(x)=f(x)的根x0小于1,则的取值范围为()A.4,2B.0,3C.6,4D.0

5、,4答案:A解析:f(x)=lnx+tan,f(x)=1x.令f(x)=f(x),得lnx+tan=1x,即tan=1x-lnx.设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+)内单调递减,而当x0时(从0的右边趋近),g(x)+,故要使满足f(x)=f(x)的根x0g(1)=1.又02,4,2.8.已知函数f(x)在R上可导,导函数为f(x),且满足f(x)f(x),f(x+5)为偶函数,f(10)=1,则不等式f(x)ex的解集为()A.(0,+)B.(1,+)C.(5,+)D.(10,+)答案:A解析:设g(x)=f(x)ex,则g(x)=f(x)-f(x)ex.f(x)f(x),

6、g(x)0,g(x)在R上单调递减.函数f(x+5)是偶函数,函数f(x+5)的图象关于直线x=0对称,函数f(x)的图象关于直线x=5对称.f(0)=f(10)=1.原不等式等价为g(x)1.g(0)=f(0)e0=1,且g(x)在R上单调递减,g(x)1,即g(x)0,不等式f(x)0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)内单调递增,故C正确;对于D,当x=3时,f(x)0,故D不正确.10.若函数f(x)=13x3+x2-23在区间(a-1,a+4)内存在最小值,则整数a可以取()A.-3B.-2C.-1D.0答案:BCD解析:由题意,得f(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在区

7、间(-,-2),(0,+)内单调递增,在区间(-2,0)内单调递减,作出其大致图象如图所示.令13x3+x2-23=-23,得x=0或x=-3.则结合图象可知-3a-10,解得a-2,1).又aZ,所以a可以取-2,-1,0.11.(2021河北保定一模)已知函数f(x)=cosxex+sinx,则下列选项中正确的是()A.函数f(x)在区间0,2上单调递减B.当x2,时,f(x)0,所以f(x)0,故A正确;对于B,当x2,时,cosx0,sinx0,所以f(x)0,故B正确;对于C,f-4=cos-4e-4+sin-4,又e-4+sin-4=1e4-120,所以f-40,e-12-sin1

8、21e-120,所以f-120,又-4-12,但此时有f-42C.方程f(x)=-1有且仅有两个实数根,且两根互为倒数D.当k0,f(2)=-ln2+120,f(x)单调递增;当x(x0,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,故x0为唯一的极大值点,故A正确;由题意可知,x0为最大值点,由f(x0)=-lnx0+1x0=0,可得f(x0)=x0-(x0-1)lnx0=x0+1x0-1.因为x0(1,2),所以f(x0)0,则m(x)=-x-lnx+1x2.令h(x)=-x-lnx+1,x0,因为x0,所以h(x)=-1-1x0,即m(x)0,m(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0,即m

9、(x)0,m(x)单调递减,所以m(x)m(1)=1,故当k0).由x=1是f(x)的极值点,得f(1)=ae-1=0,解得a=1e.即f(x)=ex-1-lnx-1,f(x)=ex-1-1x,令f(x)0,可得x1,故f(x)的单调递增区间为(1,+).15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=lnx-x+a,若x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,则a的取值范围是.答案:(2,+)解析:由题意,x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,可转化为f(x)min0).当x(0,1)时,g(x)0,则函数g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)1,解得a2,即实数a的取值范围是(2

10、,+).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:0x01e;f(x0)+x00.其中正确的结论是.(填序号)答案:解析:由已知得f(x)=lnx+x+1(x0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x0),则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=1e0.又x0是函数f(x)的极值点,所以f(x0)=g(x0)=0,即g1eg(x0),所以0x01e,即正确,则错误;因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x

11、02=-12x020,故正确,而错误.故填.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;(2)若当x0时,f(x)0,求a的取值范围.解:(1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f(x)=ex-1.当x(-,0)时,f(x)0.故f(x)在区间(-,0)内单调递减,在区间(0,+)内单调递增.(2)f(x)=ex-1-2ax.由(1)知,当a=0时,f(x)f(0)=0,即ex1+x,当且仅当x=0时,等号成立,故f(x)x-2ax=(1-2a)x.当a12时,1-2a

12、0,f(x)0(x0),f(x)在区间0,+)内单调递增,因为f(0)=0,于是当x0时,f(x)0,符合题意.当a12时,由ex1+x(x0),可得e-x1-x(x0).所以f(x)ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a),故当x(0,ln2a)时,f(x)0,而f(0)=0,于是当x(0,ln2a)时,f(x)0时,x2ex.(1)解:由f(x)=ex-ax,得f(x)=ex-a.因为f(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2.令f(x)=0,得x=ln2.当xln2时,f(x)ln2时,f(x)0,f(x)单调递增,所以当x=l

13、n2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x.由(1),得g(x)=f(x)f(ln2)=2-ln40,故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=10,所以当x0时,g(x)g(0)0,即x2ex.20.(12分)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f(x)=ex-1.当x0时,f(x)0时,f(x)0.所以f(x)在区间(-,0)内单调递减,在区间(0,+

14、)内单调递增.(2)f(x)=ex-a.当a0时,f(x)0,所以f(x)在区间(-,+)内单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a0时,由f(x)=0,可得x=lna.当x(-,lna)时,f(x)0.所以f(x)在区间(-,lna)内单调递减,在区间(lna,+)内单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).若01e,则f(lna)0,所以f(x)在区间(-,lna)内存在唯一零点.由(1)知,当x2时,ex-x-20,所以当x4,且x2ln(2a)时,f(x)=ex2ex2-a(x+2)eln(2a)x2+2-a(x+2)=2a0

15、.故f(x)在区间(lna,+)内存在唯一零点.从而f(x)在区间(-,+)内有两个零点.综上,a的取值范围是1e,+.21.(12分)(2021天津,20)已知a0,函数f(x)=ax-xex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)证明:函数f(x)存在唯一的极值点;(3)若存在实数a,使得f(x)a+b对任意xR成立,求实数b的取值范围.(1)解:f(x)=a-(x+1)ex,则f(0)=a-1,又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)x(a0).(2)证明:令f(x)=a-(x+1)ex=0,则a=(x+1)ex.令g(x)=(x+1)ex,则g(x)=(x+2

16、)ex,当x(-,-2)时,g(x)0,g(x)单调递增,当x-时,g(x)0,画出g(x)的大致图象如下:所以当a0时,直线y=a与曲线y=g(x)仅有一个交点,令g(m)=a,则m-1,且f(m)=a-g(m)=0,当x(-,m)时,ag(x),则f(x)0,f(x)单调递增;当x(m,+)时,ag(x),则f(x)-1,所以f(x)-amax=f(m)-a=(m2-m-1)em(m-1),令h(x)=(x2-x-1)ex(x-1),若存在实数a,使得f(x)a+b对任意xR成立,等价于存在x(-1,+),使得h(x)b,即bh(x)min,h(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+

17、2)ex,x-1,当x(-1,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=-e,故b-e,所以实数b的取值范围为-e,+).22.(12分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)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:b23a;(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.(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)有极小值b-a2

18、3.因为f(x)的极值点是f(x)的零点,所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0.又a0,所以b=2a29+3a.因为f(x)有极值,所以f(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.当a=3时,f(x)0(x-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;当a3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)随x的变化情况如下表: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a3.因此b=2a

19、29+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t362,+时,g(t)0,从而g(t)在区间362,+内单调递增.因为a3,所以aa33,故g(aa)g(33)=3,即ba3.因此b23a.(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.设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(a3).因为h(a)=-29a-3a20,所以h(a)在区间(3,+)内单调递减.因为h(6)=-72,所以h(a)h(6),故a6.因此a的取值范围为(3,6.