2022版新教材高考数学一轮复习 单元质检卷三 一元函数的导数及其应用（含解析）新人教A版.docx

1、单元质检卷三一元函数的导数及其应用(时间:100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.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x0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=0B.x-y-2=0C.x+y-2=0D.3x-y-2=02.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

2、值为()A.1B.2+ln 2C.2-ln 2D.24.已知定义在(0,+)上的函数f(x)满足xf(x)-f(x)0的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)5.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为()A.0B.1C.2D.36.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=lnxx2,若f(x)eB.me2C.m1D.me7.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

3、.(0,+)D.(-,0)8.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx1e,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,eB.1,e-1eC.1,e-1eD.1,e+1e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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是()A.0x01eC.f(x0)+2x0010.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f

4、(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是()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=1-33D.存在实数a,使得函数g(x)=f(x)2+af(x)在R上为增函数11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f(x)=x3+ax+b,其中a,bR,则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有()A.ab,f(x)为奇函数B.a=ln(b2+1)C.a=-3,b2-40D.a012.(2020山东师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x0,ex(x+1),x0,若方程f(x)2-af(x)+116=0有六个不等的

5、实数根,则实数a可能的取值是()A.12B.23C.1D.2三、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(a0),若对x1x|g(x)=x+a-x,x24,16,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(a0).若直线y=2x-

6、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.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)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f(x)=lnxa,g(x)=x+1x(x0).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;(2)讨论函数F(x)=f(x)-1g(x)在(0,+)上的单调性.18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f(x)=axex-ln x+b(a,bR)在x=1处的切线方程为y=(2e-1)x-e

7、.(1)求a,b值;(2)若f(x)mx恒成立,求实数m的取值范围.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,aR,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a12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(kR).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x1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

8、天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,()求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;()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,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.22.(12分)(2020浙江,22)已知10时,-x1时,f(x)0;当x=1时,f(x)=0;当x0.所以当x0,当0x1时,y=-xf(x)1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

9、=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.A令g(x)=f(x)x,g(x)=xf(x)-f(x)x20等价为f(ex)exf(2)2,即g(ex)g(2),故ex2,即xln2,则所求的解集为(-,ln2).故选A.5.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x0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

10、(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln40,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.6.B若f(x)m-1x2在(0,+)上恒成立,即f(x)+1x2m在(0,+)上恒成立,令g(x)=f(x)+1x2=lnx+1x2,故只需g(x)maxm即可,g(x)=1xx2-(lnx+1)2xx4=-2lnx-1x3,令g(x)=0,得x=e-12,当0x0;当xe-12时,g(x)e2.故选B.7.A当a0时函数g(x)的定义

11、域为(0,+),所以只研究这两个函数在x(0,+)上的图象,当a0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a0时,设(x)=f(x)-g(x),即(x)=x2-2ax-alnx+a,0xa,x2+(2-2a)x-alnx-a,xa,因为(x)=2(x-a)-ax0,0x0,xa,所以(x)在(0,a)上单调递减,(a,+)上单调递增,所以(x)min=-a2-alna+a,因为x0,x+时,(x)+,所以(x)有两个零点,当且仅当(x)min=-a2-alna+a1,即a的取值范围为(1,+).8.Bf(x)与g(x)的图象在x1e,e上存在两对关于

12、直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数(x)=lnx的图象在x1e,e上有两个交点,lnx=x2-ax在x1e,e上有两个实数解,即a=x-lnxx在x1e,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x1e,e上单调递增,且k(1)=0,当x1e,1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.9.AD函数f(x)=xlnx+x2(x0),f(x)=lnx+1+2x.x0是函数f(x)的极值点,f(x0)=0,即lnx0+1+2x0

13、=0,f(x)在(0,+)上单调递增,且f1e=2e0,又x0,f(x)-,0x00,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.10.ABC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,故选项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,故选项B正确;令f(x)=3x2-6x+2=0,解得x=333,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,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x

14、)=f(x)2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.11.BD由题知f(x)=3x2+a.对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a0,所以f(x)存在两个极值点,易知f(x)有三个零点,故A错误;对于B,因为b2+11,所以a0,f(x)0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,故B正确;对于C,若取b=2,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,故C错误;对于D,f(x)的极大值为f-a3=b-2a3-a3,极小值为f-a3=b+2a3-a3.因为ab2+a360,所以b2-4a327,则b-2a3-a3或b0,f-a30或f

15、-a30,f-a30,可知f(x)仅有一个零点,故D正确.12.BC当x0时,f(x)=ex(x+1),则f(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).由f(x)0得,x+20,即x0得,x+20,即-2x0,此时f(x)单调递增,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00,g(1)0,0,0a20,1-a+1160,a2-41160,0a21,解得120,所以只需lnx+1x-a0,即alnx+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

16、减,在(1,e)上单调递增,g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-11+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=2f(x)log216=4,要使得对x1x|g(x)=x+a-x,x24,16,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-x2xa-x,令g(x)0,解得x0,则切线方程为y-2lnx1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a0),得2x1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2lnx1=0.所以=

17、1+2x12-4a32-2lnx1=0.所以a=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x10).令y=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x10),则y=2(x1+2)(4lnx1+x1-1)x13(3-4lnx1)2.令y=0,解得x1=1.当x11时,y0,y单调递增,当0x11时,y0,y单调递减,因此y(1+2)2212(3-4ln1)=32,即a32.17.解(1)当a=1时,y=f(x)g(x)=xlnxx+1,y=(1+lnx)(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,

18、又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.(2)f(x)=1ax,1g(x)=1(x+1)2,F(x)=f(x)-1g(x)=1ax-1(x+1)2=(x+1)2-axax(x+1)2,当a0时,F(x)0时,令h(x)=1ax2+2a-1x+1a,=1-4a,当0,即00,即a4时,方程1ax2+2a-1x+1a=0有两个不等实数根x1,x2,设x1x2,则x1=a-2-a2-4a2,x2=a-2+a2-4a2,所以0x11x2,此时,函数F(x)在(0,x1),(x2,+)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当a4时,F(x)的单调递减区间是a-2-a2-4a2,

19、a-2+a2-4a2,单调递增区间是0,a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,+.当00),即mxex-lnx-1x.令(x)=xex-lnx-1x,则(x)=x2ex+lnxx2.令h(x)=x2ex+lnx,h(x)在(0,+)上单调递增,则h1e=1e2e1e-10.所以h(x)在1e,1上存在零点x0,即h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0=ln1x0(eln1x0).由于y=xex在(0,+)上单调递增,故x0=ln1x0=-lnx0,即ex0=1x0.因为(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以(x)min=x0ex0-l

20、nx0-1x0=1+x0-1x0=1.所以m1.实数m的取值范围为(-,1.19.(1)解f(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x0).当a0时,令f(x)0,得0x1;令f(x)1.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.当a0时,令f(x)=0,得x1=1,x2=12a.()当a=12时,f(x)=(x-1)2x0,所以f(x)在(0,+)上单调递增.()当a12时,令f(x)0,得0x1;令f(x)0,得12ax1.所以f(x)在0,12a和(1,+)上单调递增,在12a,1上单调递减.()当0a0,得0x12a;令f(x)0,得1x12时

21、,f(x)在0,12a和(1,+)上单调递增,在12a,1上单调递减;当0a12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g12a0.当x0,12a时,取0x0e-a-1且x012a,则ax02-(2a+1)x0+a+1=ax02-x0-2ax0+a+1a+1,g(x0)-a-1+a+1=0.所以g12ag(x0)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=(

22、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0x0,h(x)在(0,1)上单调递增;当x1时,h(x)1).当k-20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.当k-20时,由F(x)=0,得x=ek-2.当1xek-2时,F(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

23、m(k)=k-ek-2,则m(k)=1-ek-20,m(4)=4-e2x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(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.令h(x)=x-1x-2lnx,x(1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因为x21,t3

24、-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.由(1)()可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6lnt+3t1,故t3-3t2+6lnt+3t-10.由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.22.证明(1)因为f(0)=1-a0,所以y=f(x)在(0,+)上存在零点.因为f(x)=ex-1,

25、所以当x0时,f(x)0,故函数f(x)在0,+)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+)上有唯一零点.(2)令g(x)=ex-12x2-x-1(x0),g(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由知函数g(x)在0,+)上单调递增,故当x0时,g(x)g(0)=0,所以函数g(x)在0,+)上单调递增,故g(x)g(0)=0.由g(2(a-1)0,得f(2(a-1)=e2(a-1)-2(a-1)-a0=f(x0),因为f(x)在0,+)上单调递增,故2(a-1)x0.令h(x)=ex-x2-x-1(0x1),h(x)=ex-2x-1,令h1(x)=ex-2x-1(0x1),h1(x)=ex-2,所以x0(0,ln2)ln2(ln2,1)1h1(x)-1-0+e-2h1(x)0e-3故当0x1时,h1(x)0,即h(x)1时,u(x)0,故函数u(x)在区间1,+)上单调递增,因此u(x)u(1)=0.由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0(e-1)ax02,由x0a-1,得x0f(ex0)(e-1)(a-1)a.