2022年高考数学一轮复习 单元质检3 导数及其应用（含解析）新人教A版.docx

1、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.如果一个物体的运动方程为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/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s答案:C解析:根据瞬时速度的意义,可得3s末的瞬时速度是v=s|t=3=(-1+2t)|t=3=5.2.设曲线y=x+1x-1在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于()A.2B.-2C.12D.-12答案:B解析:因为y=x+1x-1的导数为y=-2(x-1)2,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-

2、12.又因为直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a-12=-1,解得a=-2.3.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m0B.m1D.m0,若y=ex+mx有极值,则必须使y的值有正有负,故m0.4.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是()A.(-,-33,+)B.-3,3C.(-,-3)(3,+)D.(-3,3)答案:B解析:由题意,知f(x)=-3x2+2ax-10在R上恒成立,故=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-3a3.5.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(

3、x)=2x+1-1x=2x2+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.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=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x答案: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,得在(0,0)处的切线斜率k=f(0)=1.故切线方程为y=

4、x.7.已知当x12,2时,a1-xx+ln x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.f(x)在区间12,1内单调递减,在(1,2上单调递增,在x12,2上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值为0.8.已知函数f(x)=ln x+tan 02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.0,4答案:A解析:f(x)=lnx+tan,f(x)=1x.令f(x)=f(x),得lnx+tan=1x,即tan=1x-

5、lnx.设g(x)=1x-lnx,显然g(x)在区间(0,+)内单调递减,而当x0时,g(x)+,故要使满足f(x)=f(x)的根x0g(1)=1.又02,4,2.9.已知a=01(x2-1)dx,b=1-log23,c=cos56,则a,b,c的大小关系是()A.abcB.cabC.acbD.bca答案:B解析:a=01(x2-1)dx=13x3-x01=13-1=-23-0.667,b=1-log23=1-lg3lg2-0.58,c=cos56=-32-0.866,ca0,解得x344,令f(x)344,故f(x)在区间0,344内递增,在区间344,+内递减,故f(x)的最大值是f344

6、,a=344.11.(2021全国,理10)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.abC.aba2答案: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a0,则由x=a为函数f(x)的极大值点,可得a+2b3a,化简得ba.此时在区间-,a+2b3和(a,+)内,f(x)0,函数f(x)单调递增.此时a(a-b)0,即a20,则由x=a为函数的极大值点可

7、得aa+2b3,化简得a0,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a2ab.综上可得a20,且t1),则a=1(2e-t)lnt,1a=(2e-t)lnt.令f(t)=(2e-t)lnt,f(t)0,则f(t)=2et-(1+lnt).令2et=1+lnt,得t=e.由数形结合可知,当te时,f(t)0;当0t0.所以f(t)e,且f(t)0,所以01ae或1a0,解得a0或a1e.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.函数y=x-x2的图象与x轴所围成的封闭图形的面积等于.答案:16解析:由x-x2=0,得x=

8、0或x=1.因此,所围成的封闭图形的面积为01(x-x2)dx=x22-x3301=12-13=16.14.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-,+)内是减函数,则实数a的取值范围是.答案:(-,-3解析:由题意可知f(x)=3ax2+6x-10在R上恒成立,则a0,=62+43a0,解得a-3.15.函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-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,若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

9、,+)时,g(x)1,解得a2,即实数a的取值范围是(2,+).16.已知函数f(x)=xln x+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:0x01e;f(x0)+x00.其中正确的是.(填出所有正确结论的序号)答案:解析:由已知得f(x)=lnx+x+1(x0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x0),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=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,即命题成立,则命题错;因为lnx0+x0+1=0,所以f(x0

10、)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x0212.(2)由f(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,解得x=1或x=52.因为x1212,111,525252,+f(x)-0+0-f(x)12e-12012e-52又f(x)=12(2x-1-1)2e-x0,所以f(x)在区间12,+内的取值范围是0,12e-12.18.(12分)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,求f(x)的单调区间;(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

11、,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f(x)f(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,1-2a0,f(x)0(x0),f(x)在区间0,+)内是增函数,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.答案:(

12、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=ln2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,g(x)g(0)0,即x20,若x(-,0),则f(x)=x(ex+1+2a)0,函数f(

13、x)单调递增;当-e2a0,函数f(x)单调递增,若x(ln(-2a)-1,0),则f(x)=x(ex+1+2a)0,函数f(x)单调递增;当a=-e2时,f(x)=x(ex+1+2a)0恒成立,函数f(x)单调递增;当a0,函数f(x)单调递增,若x(0,ln(-2a)-1),则f(x)=x(ex+1+2a)0,函数f(x)单调递增.(2)当a=0时,f(x)=(ex-e)ex=0有唯一零点x=1,不符合题意;由(1)知,当a0时,若x(-,0),则函数f(x)单调递减,若x(0,+),则函数f(x)单调递增,当x-时,f(x)+;当x+时,f(x)+,f(0)=-e0必有两个零点;当-e2

14、a0时,若x(-,ln(-2a)-1),则函数f(x)单调递增,若x(ln(-2a)-1,0),则函数f(x)单调递减,若x(0,+),则函数f(x)单调递增,f(ln(-2a)-1)=-2a(ln(-2a)-1)+a(ln(-2a)-1)20,f(0)=-e0,函数f(x)至多有一个零点;当a=-e2时,函数f(x)单调递增,函数f(x)至多有一个零点;当a-e2时,若x(-,0),则函数f(x)单调递增,若x(0,ln(-2a)-1),则函数f(x)单调递减,若x(ln(-2a)-1,+),则函数f(x)单调递增,f(0)=-e0时,函数f(x)有两个零点.21.(12分)已知函数f(x)

15、=ex-x2+a,xR的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e2.718 28)(1)求函数f(x)的解析式;(2)当xR时,求证:f(x)-x2+x;(3)若f(x)kx对任意的x(0,+)恒成立,求实数k的取值范围.答案:(1)解f(x)=ex-x2+a,f(x)=ex-2x.由已知,得f(0)=1+a=0,f(0)=1=b,解得a=-1,b=1.函数f(x)的解析式为f(x)=ex-x2-1.(2)证明令(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,则(x)=ex-1.由(x)=0,得x=0.当x(-,0)时,(x)0,(x)单调递增.故(x)min=(0)=0,从而f(x)-x2+x.(

16、3)解f(x)kx对任意的x(0,+)恒成立f(x)xk对任意的x(0,+)恒成立.令g(x)=f(x)x,x0,则g(x)=xf(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x2.由(2)可知当x(0,+)时,ex-x-10恒成立,由g(x)0,得x1;由g(x)0,得0x1.故g(x)的递增区间为(1,+),递减区间为(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故k0,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(

17、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)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-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a0,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.列表

18、如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3.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.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,a3.因为h(a)=-29a-3a20,于是h(a)在(3,+)上单调递减.因为h(6)=-72,于是h(a)h(6),故a6.因此a的取值范围为(3,6.