廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文.docx

單元質(zhì)檢三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(時間:100分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.如果一個物體的運動方程為s=1-t+t2,其中s的單位是米,t的單位是秒,那么物體在3秒末的瞬時速度是()A.7米/秒B.6米/秒C.5米/秒D.8米/秒答案C解析根據(jù)瞬時速度的意義,可得3秒末的瞬時速度是v=s|t=3=(-1+2t)|t=3=5.2.設(shè)曲線y=x+1x-1在點(3,2)處的切線與直線ax+y+3=0垂直,則a等于()A.2B.-2C.12D.-12答案B解析因為y=x+1x-1的導(dǎo)數(shù)為y=-2(x-1)2,所以曲線在點(3,2)處的切線斜率k=-12.又因為直線ax+y+3=0的斜率為-a,所以-a-12=-1,解得a=-2.3.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實數(shù)m的取值范圍是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<1答案B解析求導(dǎo)得y=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有極值,則必須使y的值有正有負,故m<0.4.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,-33,+)B.-3,3C.(-,-3)(3,+)D.(-3,3)答案B解析由題意,知f(x)=-3x2+2ax-10在R上恒成立,故=(2a)2-4(-3)(-1)0,解得-3a3.5.函數(shù)f(x)=x2+x-ln x的零點的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3答案A解析由f(x)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).當0<x<12時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x>12時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.則f(x)的最小值為f12=34+ln2>0,所以無零點.6.(2018全國,文6)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)為奇函數(shù),則曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x答案D解析因為f(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,則f(x)=x3+x.由f(x)=3x2+1,得在(0,0)處的切線斜率k=f(0)=1.故切線方程為y=x.7.已知當x12,2時,a1-xx+ln x恒成立,則a的最大值為()A.0B.1C.2D.3答案A解析令f(x)=1-xx+lnx,則f(x)=x-1x2.當x12,1時,f(x)<0;當x(1,2時,f(x)>0.f(x)在區(qū)間12,1內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,2上單調(diào)遞增,在x12,2上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值為0.8.已知函數(shù)f(x)=ln x+tan 0<<2的導(dǎo)函數(shù)為f(x),若方程f(x)=f(x)的根x0小于1,則的取值范圍為()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-lnx.設(shè)g(x)=1x-lnx,顯然g(x)在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞減,而當x0時,g(x)+,故要使?jié)M足f(x)=f(x)的根x0<1,只需tan>g(1)=1.又0<<2,4,2.9.已知f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當x<0時,f(x)g(x)+f(x)g(x)>0,且g(3)=0,則不等式f(x)g(x)<0的解集是()A.(-3,0)(3,+)B.(-3,0)(0,3)C.(-,-3)(3,+)D.(-,-3)(0,3)答案D解析當x<0時,f(x)g(x)+f(x)g(x)>0,即f(x)g(x)>0,當x<0時,f(x)g(x)為增函數(shù),又g(x)是偶函數(shù),且g(3)=0,g(-3)=0,f(-3)g(-3)=0.故當x<-3時,f(x)g(x)<0;f(x)g(x)是奇函數(shù),當x>0時,f(x)g(x)為增函數(shù),且f(3)g(3)=0,故當0<x<3時,f(x)g(x)<0.故選D.10.已知函數(shù)f(x)=-2f(1)3x-x2的最大值為f(a),則a等于()A.116B.344C.14D.348答案B解析f(x)=-2f(1)312x-2x,f(1)=-13f(1)-2,解得f(1)=-32,f(x)=x-x2,f(x)=1-4xx2x,令f(x)>0,解得x<344,令f(x)<0,解得x>344,故f(x)在0,344內(nèi)遞增,在344,+內(nèi)遞減,故f(x)的最大值是f344,a=344.11.若函數(shù)f(x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間12,3內(nèi)有極值點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.2,52B.2,52C.2,103D.2,103答案C解析若f(x)=x33-a2x2+x+1在區(qū)間12,3內(nèi)有極值點,則f(x)=x2-ax+1在區(qū)間12,3內(nèi)有零點,且零點不是f(x)的圖象頂點的橫坐標.由x2-ax+1=0,得a=x+1x.因為x12,3,y=x+1x的值域是2,103,當a=2時,f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合題意.所以實數(shù)a的取值范圍是2,103,故選C.12.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,若x1+2x0=3x2,函數(shù)g(x)=f(x)-f(x0),則g(x)()A.恰有一個零點B.恰有兩個零點C.恰有三個零點D.至多兩個零點答案B解析由已知g(x)=f(x)-f(x0)=x3+ax2+bx-(x03+ax02+bx0)=(x-x0)x2+(x0+a)x+x02+ax0+b,f(x)=3x2+2ax+b,x1+x2=-2a3,x1x2=b3,x0=3x2-x12,代入上式可得g(x)=(x-x0)(x-x1)2,所以g(x)恰有兩個零點.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù),且f(x)-g(x)=ex+x2+1,則函數(shù)h(x)=2f(x)-g(x)在點(0,h(0)處的切線方程是.答案x-y+4=0解析f(x)-g(x)=ex+x2+1,f(x)+g(x)=e-x+x2+1.f(x)=ex+e-x+2x2+22,g(x)=e-x-ex2.h(x)=2f(x)-g(x)=ex+e-x+2x2+2-e-x-ex2=32ex+12e-x+2x2+2.h(x)=32ex-12e-x+4x,即h(0)=32-12=1,又h(0)=4,所求的切線方程是x-y+4=0.14.已知函數(shù)f(x)=ax3+3x2-x+1在區(qū)間(-,+)內(nèi)是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是.答案(-,-3解析由題意可知f(x)=3ax2+6x-10在R上恒成立,則a<0,=62+43a0,解得a-3.15.(2018山東名校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)函數(shù)f(x)=e|x-1|,函數(shù)g(x)=ln x-x+a,若x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,則a的取值范圍是.答案(2,+)解析由題意,若x1,x2使得f(x1)<g(x2)成立,可轉(zhuǎn)化為f(x)min<g(x)max成立,由函數(shù)f(x)=e|x-1|,根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)可知,當x=1時,函數(shù)f(x)=e|x-1|取得最小值,此時最小值為f(1)=1.又由g(x)=lnx-x+a,則g(x)=1x-1=1-xx(x>0),當x(0,1)時,g(x)>0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當x(1,+)時,g(x)<0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當x=1時,函數(shù)有最大值,此時最大值為g(1)=a-1,令a-1>1,解得a>2,即實數(shù)a的取值范圍是(2,+).16.(2018東北三省三校一模)已知函數(shù)f(x)=xln x+12x2,x0是函數(shù)f(x)的極值點,給出以下幾個命題:0<x0<1e;x0>1e;f(x0)+x0<0;f(x0)+x0>0.其中正確的命題是.(填出所有正確命題的序號)答案解析由已知得f(x)=lnx+x+1(x>0),不妨令g(x)=lnx+x+1(x>0),由g(x)=1x+1,當x(0,+)時,有g(shù)(x)>0總成立,所以g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,且g1e=1e>0,又x0是函數(shù)f(x)的極值點,所以f(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0<x0<1e,即命題成立,則命題錯;因為lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x02<0,故正確,而錯,所以填.三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)設(shè)函數(shù)f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.(1)若f(x)的兩個極值點為x1,x2,且x1x2=1,求實數(shù)a的值;(2)是否存在實數(shù)a,使得f(x)是(-,+)內(nèi)的單調(diào)函數(shù)?若存在,求出a的值;若不存在,說明理由.解(1)由題意知f(x)=18x2+6(a+2)x+2a.因為x1,x2是f(x)的兩個極值點,所以f(x1)=f(x2)=0.所以x1x2=2a18=1,所以a=9.(2)因為=36(a+2)2-4182a=36(a2+4)>0,所以f(x)=0有兩個不相等的實數(shù)根.所以不存在實數(shù)a,使得f(x)是(-,+)內(nèi)的單調(diào)函數(shù).18.(12分)已知f(x)=x3-12x2-2x+5.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)過點(0,a)可作y=f(x)的三條切線,求a的取值范圍.解(1)f(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1),故f(x)在-,-23,(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在-23,1內(nèi)單調(diào)遞減.(2)設(shè)切點為(x0,f(x0),則切線的方程為y-f(x0)=f(x0)(x-x0),即y-(x03-12x02-2x0+5)=(3x02-x0-2)(x-x0).又點(0,a)在切線上,故a-x03-12x02-2x0+5=(3x02-x0-2)(0-x0),即a=-2x03+12x02+5.令g(x)=-2x3+12x2+5,由已知得y=a的圖象與g(x)=-2x3+12x2+5的圖象有三個交點,g(x)=-6x2+x,令g(x)=0,得x1=0,x2=16,g(x1)=5,g(x2)=51216,故a的取值范圍為5,51216.19.(12分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;(2)證明:當x>0時,x2<ex.(1)解由f(x)=ex-ax,得f(x)=ex-a.因為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.當x<ln2時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x>ln2時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以當x=ln2時,f(x)取得極小值,極小值為f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)無極大值.(2)證明令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x.由(1),得g(x)=f(x)f(ln2)=2-ln4>0,故g(x)在R上單調(diào)遞增.因為g(0)=1>0,所以當x>0,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.20.(12分)已知函數(shù)f(x)=ln x-x.(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)函數(shù)g(x)=f(x)+x+12x-m有兩個零點x1,x2,且x1<x2.求證:x1+x2>1.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=1x-1=1-xx.令f(x)>0,解得0<x<1;令f(x)<0,解得x>1.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+).(2)證明根據(jù)題意得g(x)=lnx+12x-m(x>0).因為x1,x2是函數(shù)g(x)=lnx+12x-m的兩個零點,所以lnx1+12x1-m=0,lnx2+12x2-m=0.兩式相減,可得lnx1x2=12x2-12x1,即lnx1x2=x1-x22x2x1,故x1x2=x1-x22lnx1x2,因此x1=x1x2-12lnx1x2,x2=1-x2x12lnx1x2.令t=x1x2,其中0<t<1,則x1+x2=t-12lnt+1-1t2lnt=t-1t2lnt.構(gòu)造函數(shù)h(t)=t-1t-2lnt(0<t<1),則h(t)=(t-1)2t2.因為0<t<1,所以h(t)>0恒成立,故h(t)<h(1),即t-1t-2lnt<0,可知t-1t2lnt>1,故x1+x2>1.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=ex-x2+a,xR的圖象在x=0處的切線方程為y=bx.(e2.718 28)(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)當xR時,求證:f(x)-x2+x;(3)若f(x)>kx對任意的x(0,+)恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.(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.函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=ex-x2-1.(2)證明令(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,則(x)=ex-1.由(x)=0,得x=0.當x(-,0)時,(x)<0,(x)單調(diào)遞減;當x(0,+)時,(x)>0,(x)單調(diào)遞增.故(x)min=(0)=0,從而f(x)-x2+x.(3)解f(x)>kx對任意的x(0,+)恒成立f(x)x>k對任意的x(0,+)恒成立.令g(x)=f(x)x,x>0,則g(x)=xf(x)-f(x)x2=x(ex-2x)-(ex-x2-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x2.由(2)可知當x(0,+)時,ex-x-1>0恒成立,由g(x)>0,得x>1;由g(x)<0,得0<x<1.故g(x)的遞增區(qū)間為(1,+),遞減區(qū)間為(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故k<g(x)min=g(1)=e-2,即實數(shù)k的取值范圍為(-,e-2).22.(12分)(2018江西南昌模擬)已知函數(shù)f(x)=(ex-e)ex+ax2,aR.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解(1)由題意得f(x)=x(ex+1+2a),當a0時,ex+1+2a>0,若x(-,0),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(0,+),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當-e2<a<0時,若x(-,ln(-2a)-1),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若x(ln(-2a)-1,0),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(0,+),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當a=-e2時,f(x)=x(ex+1+2a)0恒成立,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當a<-e2時,若x(-,0),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若x(0,ln(-2a)-1),則f(x)=x(ex+1+2a)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(ln(-2a)-1,+),則f(x)=x(ex+1+2a)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.(2)當a=0時,f(x)=(ex-e)ex有唯一零點x=1,不符合題意;由(1)知,當a>0時,若x(-,0),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(0,+),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當x-時,f(x)+;當x+時,f(x)+,f(0)=-e<0必有兩個零點;當-e2<a<0時,若x(-,ln(-2a)-1),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若x(ln(-2a)-1,0),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(0,+),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,f(ln(-2a)-1)=-2a(ln(-2a)-1)+a(ln(-2a)-1)2<0,f(0)=-e<0,函數(shù)f(x)至多有一個零點;當a=-e2時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,函數(shù)f(x)至多有一個零點;當a<-e2時,若x(-,0),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若x(0,ln(-2a)-1),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,若x(ln(-2a)-1,+),則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,f(0)=-e<0,函數(shù)f(x)至多有一個零點.綜上所述,當a>0時,函數(shù)f(x)有兩個零點.