廣西專用2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用含解析新人教A版理2

1、PAGE PAGE 13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.如果一個物體運動的位移s與時間t的關(guān)系為s=1-t+t2,其中s的單位是m,t的單位是s,那么物體在3 s末的瞬時速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.(2021湖北黃岡模擬)已知f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示,那么f(x)的大致圖象最有可能是圖中的()3.若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實數(shù)m的取值范圍是()A.m0B.m1D.m14.(2021東北師大附中高三月考)若函數(shù)y=cosx+ax在區(qū)間-2,2上是增函數(shù),

2、則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,-1B.(-,1C.-1,+)D.1,+)5.函數(shù)f(x)=x2+x-ln x的零點的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.36.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=x7.已知當(dāng)x12,2時,a1-xx+lnx恒成立,則a的最大值為()A.0B.1C.2D.38.已知函數(shù)f(x)=xsinx,x1,x2-2,2,且f(x1)0B.x1+x20C.x12-x220D.x12-x2209.已知函數(shù)f(x)=lnx+tan00時,xf(x)-f(x)

3、0.已知a=flog214,b=f(31.5),c=f(21.5),則()A.acbB.abcC.bcaD.cab12.(2021全國)設(shè)a0,若x=a為函數(shù)f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,則()A.abC.aba2二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.(2021全國)曲線y=2x-1x+2在點(-1,-3)處的切線方程為.14.已知函數(shù)f(x)=x(x5-16x2+x-4),且f(x)f(x0)對xR恒成立,則曲線y=f(x)x在點x0,f(x0)x0處的切線的斜率為.15.已知函數(shù)f(x)=e|x-1|,函數(shù)g(x)=lnx-x+a,若x1,x2使得f(x1

4、)g(x2)成立,則a的取值范圍是.16.已知函數(shù)f(x)=xlnx+12x2,x0是函數(shù)f(x)的極值點,給出以下幾個結(jié)論:0 x01e;f(x0)+x00.其中正確的結(jié)論是.(填出所有正確結(jié)論的序號)三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)(2021全國)設(shè)函數(shù)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a0.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,求a的取值范圍.18.(12分)(2021北京順義二模)已知函數(shù)f(x)=ex-mx2(mR).(1)已知曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=-ex+e,求m的值;(2)若存在x0

5、0,1,使得f(x0)2,求m的取值范圍.19.(12分)已知f(x)=12x2-a2ln x,a0.(1)求函數(shù)f(x)的最小值;(2)當(dāng)x2a時,證明:f(x)-f(2a)x-2a32a.20.(12分)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2-2x,aR.(1)當(dāng)a0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)h(x)=f(x)+3ax2+3x的極值大于零,求實數(shù)a的取值范圍.21.(12分)(2021山東淄博一模)已知數(shù)列an,且an=1+1nn(nN*).(1)證明:an0)恒成立,求實數(shù)a的最大值.22.(12分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f(x)

6、的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值)(1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域;(2)證明:b23a;(3)若f(x),f(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍.答案：1.C2.A解析由題干導(dǎo)函數(shù)圖象知,x0時,f(x)0;-2x0,從而得f(x)有兩個極值點,極小值點為-2,極大值點為0,且f(x)在區(qū)間(-,-2),(0,+)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(-2,0)上單調(diào)遞增,只有選項A符合要求.3.B4.D解析由已知得y=-sinx+a0在區(qū)間-2,2上恒成立,即asinx在區(qū)間-2,2上恒成立,a1.5.A6.D解析因為f(x)為奇函數(shù),所以f

7、(-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,得曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線斜率k=f(0)=1.故切線方程為y=x.7.A解析令f(x)=1-xx+lnx,則f(x)=x-1x2.當(dāng)x12,1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,在區(qū)間12,2上,f(x)min=f(1)=0,a0,即a的最大值為0.8.D解析由f(x)=xsinx,得f(x)=sinx+xcosx,當(dāng)x0,2時,f(x)0,故f(x)在區(qū)間0,2內(nèi)單調(diào)遞增.又f(-x)=-xsin

8、(-x)=xsinx=f(x),f(x)為偶函數(shù),當(dāng)f(x1)f(x2)時,f(|x1|)f(|x2|),|x1|x2|,x12-x220.故選D.9.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)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞減,而當(dāng)x0時,g(x)+,故要使?jié)M足f(x)=f(x)的根x0g(1)=1.又00,解得0 x344,令f(x)344,故f(x)在區(qū)間0,344內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間344,+內(nèi)單調(diào)遞減,故f(x)的最大值是f344,于是a=344.11.A解析當(dāng)x0時,xf(x)-

9、f(x)0,f(x)x=xf(x)-f(x)x20,f(x)x在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,又f(x)是奇函數(shù),且f(-1)=0,f(1)=0,當(dāng)x(0,1)時,f(x)0,a=flog214=f(-2)=-f(2)21.51,f(31.5)0,f(21.5)0,且f(31.5)31.5f(21.5)21.5,f(31.5)f(21.5)321.51,b=f(31.5)f(21.5)=c0.acb.12.D解析因為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

10、+2b3.由f(x)=0,解得x=a或x=a+2b3.若a0,則由x=a為函數(shù)f(x)的極大值點,可得a+2b3a,化簡得ba.此時在區(qū)間-,a+2b3和(a,+)內(nèi),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.此時a(a-b)0,即a20,則由x=a為函數(shù)f(x)的極大值點,可得aa+2b3,化簡得a0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間a,a+2b3內(nèi),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.此時a(a-b)0,即a2ab.綜上可得a20),當(dāng)x(0,1)時,g(x)0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x(1,+)時,g(x)0,則函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=1時,函數(shù)有最大值,此時最大值為g(1)=a-1.由題

11、意,若x1,x2使得f(x1)g(x2)成立,可轉(zhuǎn)化為f(x)min1,解得a2,即實數(shù)a的取值范圍是(2,+).16.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,當(dāng)x(0,+)時,有g(shù)(x)0總成立,所以g(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,且g1e=1e0,又x0是函數(shù)f(x)的極值點,所以f(x0)=g(x0)=0,即g1eg(x0),所以0 x01e,即結(jié)論正確,則結(jié)論錯誤;因為lnx0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0lnx0+12x02+x0=x0(lnx0+x0+1)-12x02=-12x020,x0,2ax+

12、3x0,當(dāng)x0,1a時,f(x)0,函數(shù)f(x)在區(qū)間0,1a上單調(diào)遞減,在區(qū)間1a,+上單調(diào)遞增.(2)y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+)上沒有零點,由(1)可得函數(shù)f(x)在區(qū)間0,1a上單調(diào)遞減,在區(qū)間1a,+上單調(diào)遞增,f1a=3-3ln1a=3+3lna0,lna-1,a1e,即實數(shù)a的取值范圍是1e,+.18.解(1)因為函數(shù)f(x)=ex-mx2(mR),所以f(x)=ex-2mx,f(1)=e-2m.由于曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=-ex+e,則f(1)=e-2m=-e,解得m=e.(2)因為存在x00,1,使得f(x0)2

13、,即ex0-mx022,又當(dāng)x0=0時,上式不成立,所以存在x0(0,1,使得ex0-mx022,即mex0-2x02.令h(x)=ex-2x2(x(0,1),則h(x)=exx2-2x(ex-2)x4=xex-2ex+4x3.令(x)=xex-2ex+4,則(x)=(x-1)ex.因為x(0,1,ex0,所以(x)0,所以(x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞減,(1)=4-e0,即(x)0在區(qū)間(0,1上恒成立,所以h(x)0在區(qū)間(0,1上恒成立,所以h(x)=ex-2x2在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增,所以h(x)max=h(1)=e-2,所以mh(x)max=e-2.綜上,m的取值范圍為(-,e-2

14、.19.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=x-a2x=(x+a)(x-a)x.當(dāng)x(0,a)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=a時,f(x)取得極小值,也是最小值,且f(a)=12a2-a2lna.(2)證明由(1)知,f(x)在區(qū)間(2a,+)內(nèi)單調(diào)遞增,則所證不等式等價于f(x)-f(2a)-32a(x-2a)0.設(shè)g(x)=f(x)-f(2a)-32a(x-2a),則當(dāng)x2a時,g(x)=f(x)-32a=x-a2x-32a=(2x+a)(x-2a)2x0,所以g(x)在區(qū)間(2a,+)內(nèi)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x2a時,g(x)g(2a)=0,即f(x)-f(2a)

15、-32a(x-2a)0,故f(x)-f(2a)x-2a32a.20.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),且f(x)=1x-2ax-2=-2ax2-2x+1x,當(dāng)a=0時,令f(x)=-2x+1x=0,得x=12.所以當(dāng)x0,12時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x12,+時,f(x)0時,令f(x)=0,則-2ax2-2x+1=0.因為=(-2)2-4(-2a)=4+8a0,x0,所以x=-1+1+2a2a.故函數(shù)f(x)在區(qū)間0,-1+1+2a2a內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-1+1+2a2a,+內(nèi)單調(diào)遞減.綜上,當(dāng)a=0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12,單調(diào)遞減區(qū)間為12,+;當(dāng)a0

16、時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,-1+1+2a2a,單調(diào)遞減區(qū)間為-1+1+2a2a,+.(2)由題意可知,函數(shù)h(x)=lnx+2ax2+x,所以h(x)=1x+4ax+1=4ax2+x+1x(x0).當(dāng)a0時,h(x)0,可知函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,無極值,不符合題意;當(dāng)a0,且兩根之積為x1x2=14a0,不妨設(shè)x10,x2=-1-1-16a8a,則由h(x)=0可得x=x2,故h(x)在區(qū)間(0,x2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(x2,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以x=x2為極值點.由題意可知,h(x2)=lnx2+2ax22+x20.又4ax22+x2+1=0,所以lnx2+x2-

17、120.構(gòu)造函數(shù)g(x)=lnx+x-12(x0),則g(x)=1x+120,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又g(1)=0,所以由g(x)0,解得x1,即x2=-1-1-16a8a1,解得-12a0.故實數(shù)a的取值范圍為-12,0.21.(1)證明要證1+1nne,只需證明ln1+1n1n.構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x,則只需證明f(x)在區(qū)間(0,1上小于零.由于f(x)=-xx+1,在區(qū)間(0,1上,f(x)0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞減,又f(0)=0,所以在區(qū)間(0,1上,f(x)0,所以1+1nne,即an0)恒成立,即ln1+1n1n+a(a0)

18、恒成立.令x=1n,則00,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)g(0)=0,所以a12不滿足題意;當(dāng)2-1a12時,x2(0,1),在區(qū)間(0,x2)上g(x)0;函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,x2)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x2,1)上單調(diào)遞增;且g(0)=0,只需g(1)=ln2-1a+10,得a1ln2-1,所以2-1a1ln2-1滿足題意;當(dāng)0a2-1時,x21,在區(qū)間(0,1上,g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,且g(x)g(0)=0,所以00,故b=2a29+3a.因為f(x)有極值,故f(x)=0有實根,從而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.當(dāng)a=3時,f(x)0且f(x)不恒等于0,故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒有極值;當(dāng)a3時,f(x)=0有兩