2021版高考数学（山东新高考版）一轮复习单元质检卷三导数及其应用 WORD版含解析.docx

1、单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)单元质检卷第6页一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分) 1.(2019山东聊城三模,5)函数f(x)=-2x+ln x的图象在x=1处的切线方程为()A.2x+y-1=0B.2x-y+1=0C.x-y+1=0D.x+y+1=0答案D解析因为当x=1时,f(1)=-2+0=-2,所以切点为(1,-2),由题得f(x)=-2+1x,所以k=f(1)=-2+11=-1,所以切线方程为y+2=-1(x-1),即x+y+1=0.故选A.2.函数f(x)=x2-1ex的图象大致为()答案A解析函数f(x)=x2-1ex不是偶函数,可以

2、排除C,D,又令f(x)=-x2+2x+1ex=0,得极值点为x1=1-2,x2=1+2,所以排除B,选A.3.(2019辽宁丹东质检)若x=1是函数f(x)=13x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x的极值点,则a的值为()A.-2B.3C.-2或3D.-3或2答案B解析由f(x)=13x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x,得f(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3),由题意可知f(1)=0,即1+2(a+1)-(a2+a-3)=0,得a=3或a=-2,当a=3时,f(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2+8x-9=(x+9)(x-1),当x1或x0,函数单调递增;

3、当-9x1时,f(x)0,函数单调递减,显然x=1是函数f(x)的极值点;当a=-2时,f(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2-2x+1=(x-1)20,所以函数f(x)是R上的单调递增函数,没有极值,不符合题意,舍去.故a=3.故选B.4.(2019河北石家庄模拟二,10)已知当m,n-1,1时,sinm2-sinn2nB.|m|n|C.m0,f(x)单调递增,又由m3+sinm2n3+sinn2,所以f(m)f(n),即mn.故选C.5.(2019安徽皖南八校联考三,12)已知函数f(x)=(x-2)(x-ex)+3,xln2,3-2x,x0,则ln 2x1;f(x)1,函

4、数f(x)在(ln 2,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.函数f(x)在x=1处取得极大值为f(1)=e+2,在x=ln 2处取得极小值为f(ln 2)=3+(ln 2-2)2,当x2x.若f(a-2)-f(a)4-4a,则实数a的取值范围为()A.(-,1B.1,+)C.(-,2D.2,+)答案A解析设G(x)=f(x)-x2,则G(x)=f(x)-2x,x(0,+)时,G(x)=f(x)-2x0,G(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=G(x),G(x)为偶函数,G(x)在0,+)上单调递增,在(-,0)上单调递减.f(a-2)-f(a)4-4a,可得f(a-2)-4+4

5、a-a2f(a)-a2,f(2-a)-(a-2)2f(a)-a2,即G(a-2)G(a),|a-2|a|,a1.故实数a的取值范围为(-,1.7.设函数f(x)在R上存在导函数f(x),xR,有f(x)-f(-x)=x3,在(0,+)上有2f(x)-3x20,若f(m-2)-f(m)-3m2+6m-4,则实数m的取值范围为()A.-1,1B.(-,1C.1,+)D.(-,-11,+)答案B解析令g(x)=f(x)-12x3,则g(x)-g(-x)=f(x)-12x3-f(-x)-12x3=0,故函数g(x)为偶函数,x(0,+)时,g(x)=f(x)-32x20,函数g(x)在(0,+)上是增

6、函数,函数g(x)在(-,0)上是减函数,f(m-2)-f(m)=g(m-2)+12(m-2)3-g(m)-12m3=g(m-2)-g(m)-3m2+6m-4-3m2+6m-4,g(m-2)g(m),|m-2|m|,解得m1,实数m的取值范围为(-,1.8.已知函数f(x)=x2-3x+5,g(x)=ax-ln x,若对x(0,e),x1,x2(0,e)且x1x2,使得f(x)=g(xi)(i=1,2),则实数a的取值范围是()A.1e,6eB.1e,e74C.0,1e6e,e74D.6e,e74答案D解析f(x)=x2-3x+5,x(0,e),f(x)min=f32=114,f(x)f(0)

7、=5.当x(0,e)时,函数f(x)的值域为114,5.由g(x)=a-1x=ax-1x可知:当a0时,g(x)0.令g(x)=0,得x=1a,则1a(0,e),g(x)min=g1a=1+ln a,作出函数g(x)在(0,e)上的大致图象如图所示,观察可知1+lna114,g(e)=ae-15,解得6eae74.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)9.若函数f(x)的导函数f(x)的图象关于y轴对称,则f(x)的解析式可能为()A.f(x)=3cos xB.f(x)=x3+xC.f(x)=x+1xD.f(x)=ex+x答案BC解析根据题意,依次分析选项:对于A,f(x)=3c

8、os x,其导数f(x)=-3sin x,其导函数为奇函数,图象不关于y轴对称,不符合题意;对于B,f(x)=x3+x,其导数f(x)=3x2+1,其导函数为偶函数,图象关于y轴对称,符合题意;对于C,f(x)=x+1x,其导数f(x)=1-1x2,其导函数为偶函数,图象关于y轴对称,符合题意;对于D,f(x)=ex+x,其导数f(x)=ex+1,其导函数不是偶函数,图象不关于y轴对称,不符合题意.故选BC.10.已知函数f(x)的定义域为-1,5,部分对应值如下表,f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示,下列关于函数f(x)的结论正确的是()x-1045f(x)1221A.函数f(x)的

9、极大值点有2个B.函数f(x)在0,2上是减函数C.若x-1,t时,f(x)的最大值是2,那么t的最大值为4D.当1a2时,函数y=f(x)-a有4个零点答案AB解析由f(x)的图象,当-1x0或2x0,函数f(x)为增函数,当0x2或4x5时,f(x)0,函数f(x)为减函数,即当x=0时,函数f(x)取得极大值,当x=4时,函数f(x)取得极大值,即函数f(x)有两个极大值点,故A正确;函数f(x)在0,2上是减函数,故B正确;作出f(x)的图象如图:若x-1,t时,f(x)的最大值是2,则t满足0t5,即t的最大值是5,故C错误;由y=f(x)-a=0得f(x)=a,若f(2)1,当1a

10、2时,f(x)=a有四个根,若1f(2)2,当1a0,且x1,f(x)的定义域为(0,1)(1,+),故A错误;由f(x)=exlnx,得f(x)=ex(xlnx-1)x(lnx)2,令g(x)=xln x-1,则g(x)=ln x+1,令g(x)=0,则x=1e,当0x0,当1ex1时,g(x)0,当0x1时,g(x)g1e=-1e-10,即f(x)1时,g(x)0,g(x)g(1)=-1,又g(2)=2ln 2-10,存在x0(1,2)使g(x0)=0,当1xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,f(x)有且仅有1个极值点,在区间(

11、1,2)上有极大值,故C正确,D和E错误.故选BC.12.(2019山东章丘区期中)定义在(0,+)上的函数f(x)的导函数为f(x),且(x+1)f(x)-f(x)5B.若f(1)=2,x1,则f(x)x2+12x+12C.f(3)-2f(1)7D.若f(1)=2,0xx2+12x+12答案CD解析设函数g(x)=f(x)-x2x+1,则g(x)=f(x)-2x(x+1)-f(x)-x2(x+1)2=(x+1)f(x)-f(x)-(x2+2x)(x+1)2,因为(x+1)f(x)-f(x)x2+2x,所以g(x)g(2)g(3),整理得2f(2)-3f(1)5,f(3)-2f(1)7;所以A

12、错误,C正确;当0x1时,若f(1)=2,因为,g(x)在(0,+)上单调递减,所以当0xg(1)=12,即f(x)-x2x+112,即f(x)x2+12x+12,所以D正确,则B错误.故选CD.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2019广东适应性考试)已知函数f(x)=aex+b(a,bR)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x+1,则a-b=.答案3解析由f(x)=aex+b,得f(x)=aex,因为函数f(x)在点(0,f(0)处的切线方程是y=2x+1,所以f(0)=1=a+b,f(0)=2=a,解得a=2,b=-1,所以a-b=3.14.(2019天津南开模

13、拟)已知函数f(x)=ex-1ex-2cos2-x,其中e为自然对数的底数,若f(2a2)+f(a-3)+f(0)0,则实数a的取值范围为.答案-32,1解析f(x)=ex-1ex-2cos2-x=ex-1ex-2sin x,f(-x)=e-x-1e-x-2sin(-x)=-ex-1ex-2sin x=-f(x),f(x)是奇函数,且f(0)=0,又f(x)=ex+1ex-2cos x,ex+1ex2,2cos x2,f(x)0,f(x)在(-,+)上递增,f(2a2)+f(a-3)+f(0)0,化为f(2a2)-f(a-3)=f(3-a),2a23-a-32a0,故函数f(x)递增,则f(x

14、)max=f(1)=-6,a-6.当x-2,0)时,ax2-4x-3x3,记f(x)=x2-4x-3x3,令f(x)=0,得x=-1或x=9(舍去),当x(-2,-1)时,f(x)0,故f(x)min=f(-1)=-2,则a-2.故实数a的取值范围是-6,-2.16.设直线y=m与曲线C:y=x(x-2)2的三个交点分别为A(a,m),B(b,m),C(c,m),其中ab0,解得x2,则f(x)在-,23和(2,+)上是增函数,在23,2上是减函数,故f(x)的极大值为f23=3227,极小值为f(2)=0,若直线y=m与曲线C:y=x(x-2)2有三个交点,必有0m0,当a0时,f(x)0,

15、f(x)在R上是增函数,当x1时,f(x)=ex+a(x-1)0;当x0时,取x=-1a,则f-1a1+a-1a-1=-a0.所以函数f(x)存在零点,不满足题意.当a0时,令f(x)=0,得x=ln(-a).在(-,ln(-a)上,f(x)0,f(x)单调递增,所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a)=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)0,解得-e2a1).(1)判断当-1k0时f(x)的单调性;(2)若x1,x2(x1x2)为f(x)两个极值点,求证:xf(x1)+f(x2)(x+1)f(x)+2-2x.(1)解因为

16、f(x-1)=2ln(x-1)+k(x-1)x(x1),所以f(x)=2ln x+kxx+1(x0).f(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2,当-1k0时,=(4+k)2-16=k(k+8)0,2x2+(4+k)x+20恒成立.于是,f(x)在定义域上为单调增函数.(2)证明f(x)=2x+k(x+1)2=2x2+(4+k)x+2x(x+1)2,由题设知,f(x)=0有两个不相等的正实数根x1,x2,则x1+x2=-4+k20,x1x2=10,=(4+k)2-160,得k0,有ln xx-1.令g(x)=ln x-x+1(x0),由于g(1)=0,并且g(x)=

17、1x-1,当x1时,g(x)0,则g(x)在(1,+)上为减函数;当0x0,则g(x)在(0,1)上为增函数.则g(x)在(0,+)上有最大值g(1)=0,即g(x)0,故原不等式成立.19.(14分)(2019浙江,22)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+1+x,x0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.718 28为自然对数的底数.解(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x0.f(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,所以函数f(x)的单调递减区间为

18、(0,3),单调递增区间为(3,+).(2)由f(1)12a,得0a24.当00,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由得,q17=-277p17-277p(1)=0.所以q(x)0.由知,对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.20.(14分)(2019山东青岛二模,21)已知函数f(x)=(x2+a)ekx,e=2.718为自然对数的底数.(1)若k=-1,aR,判断函数f(x)在(0,+)上的单调性;(2)令a=0,k=1,若0m2e,求证:方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实

19、根.(1)解因为k=-1,所以f(x)=(x2+a)e-x=x2+aex,所以f(x)=x2+aex=2xex-(x2+a)exe2x=-x2+2x-aex.若a1,则在R上恒有u(x)=-(x-1)2+1-a0,所以f(x)=-(x-1)2+1-aex0,所以f(x)在(0,+)上单调递减.若a1,则u(x)=-(x-1)2+1-a图象与x轴有两个不同交点.设u(x)=-(x-1)2+1-a=0的两根分别为x1=1-1-a,x2=1+1-a.(i)若0a1,0x11,所以当0xx1时,u(x)0;当x1xx2时,u(x)0;在当xx2上,u(x)0.所以此时f(x)在(0,x2)上单调递增,

20、在(x2,+)上单调递减.综上:若a1,f(x)在(0,+)上为单调递减;若0a0,g(x)=ex-10恒成立,所以g(x)=ex-(x+1)g(0)=0,即exx+10.则x2ex-m(x+1)ln xx2(x+1)-m(x+1)ln x=(x+1)(x2-mln x).令h(x)=x2-mln x,所以h(x)=(x2-mln x)=2x-mx=2x2-mx.因为0m2e,所以h(x)=(x2-mln x)=2x-mx=2x2-mx=2(x+m2)(x-m2)x.所以当x0,m2时,h(x)0.所以h(x)=x2-mln x在(0,+)上有最小值.所以hm2=m2-mlnm2=m21-ln

21、m2.因为0m2e,所以lnm20,所以m21-lnm20,即当00,h(x)=x2-mln x0.所以x2ex-m(x+1)ln x0.所以方程f(x)-m(x+1)ln x=0无实根.21.(14分)(2019山东济宁二模,21)已知函数f(x)=x-a(ln x)2,aR.(1)当a=1,x1时,试比较f(x)与1的大小,并说明理由;(2)若f(x)有极大值,求实数a的取值范围;(3)若f(x)在x=x0处有极大值,证明1f(x0)1时,f(x)=x-(ln x)2,x1.f(x)=1-2(ln x)1x=x-2lnxx.令g(x)=x-2ln x,x1,则g(x)=1-2x=x-2x.

22、当x(1,2)时,g(x)0,g(x)单调递增.g(x)g(2)=2-2ln 20,即f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增.f(x)f(1)=1.故当a=1,x1时,f(x)1.(2)f(x)=1-2alnxx=x-2alnxx(x0),令h(x)=x-2aln x(x0),则h(x)=1-2ax=x-2ax.当a=0时,f(x)=x无极大值.当a0,h(x)在(0,+)上单调递增,h(1)=10,h(e12a)=e12a-10,x1(e12a,1),使得h(x1)=0.当x(0,x1)时,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)在x=x1处有极小值,f(x)无极大值.当a0时,h(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+)上单调递增,f(x)有极大值,h(2a)=2a-2aln(2a)=2a(1-ln 2a)e2,又h(1)=10,h(e)=e-2a0,f(x)单调递增,当x(x0,e)时,f(x)e2.(3)证明由(2)可知,aln x0=x02,f(x0)=x0-a(ln x0)2=x0-x0ln x02(1x0e),设p(x)=x-xlnx2(1x0,p(x)在(1,e)上单调递增,p(1)p(x)p(e),即1p(x)e2,故1f(x0)e2.