2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷三：導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（Word版含解析）

1、PAGE PAGE 13單元質(zhì)檢卷三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(時(shí)間:120分鐘滿(mǎn)分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)符合題目要求.1.(2021遼寧大連模擬)函數(shù)f(x)=ex-2x的圖象在點(diǎn)(1,f(1)處的切線(xiàn)方程為()A.2x+y+e-4=0B.2x+y-e+4=0C.2x-y+e-4=0D.2x-y-e+4=02.(2021江西南昌三模)已知自由落體運(yùn)動(dòng)的速度v=gt,則自由落體運(yùn)動(dòng)從t=0 s到t=2 s所走過(guò)的路程為()A.gB.2gC.4gD.8g3.(2021湖北黃岡模擬)已知f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)圖象如圖所示,那么f(x)的

2、圖象最有可能是圖中的()4.(2021江西宜春模擬)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo),且f(x)=x2+2f(2)x+m(mR),則()A.f(0)f(5)D.以上答案都不對(duì)5.(2021浙江湖州模擬)“m0”是“函數(shù)f(x)=lnx-mx在(0,1上單調(diào)遞增”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6.(2021四川瀘州診斷)已知函數(shù)f(x)=ex,過(guò)原點(diǎn)作曲線(xiàn)y=f(x)的切線(xiàn)l,則切線(xiàn)l與曲線(xiàn)y=f(x)及y軸圍成的圖形的面積為()A.2e+12B.2e-12C.e-22D.e+127.(2021廣東高州一中高三月考)已知函數(shù)f(x)=x3-3ln x-1,

3、則()A.f(x)的極大值為0B.曲線(xiàn)y=f(x)在(1,f(1)處的切線(xiàn)為y軸所在的直線(xiàn)C.f(x)的最小值為0D.f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)8.(2021廣東汕頭三模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),且滿(mǎn)足f(x)-f(x)0,f(2 021)=e2 021,則不等式f1elnx0,則下列結(jié)論正確的是()A.2f63f3B.f63f3C.2f63f310.(2021貴州畢節(jié)三模)已知定義在a,b上的函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,給出下列命題:函數(shù)y=f(x)在區(qū)間x2,x4上單調(diào)遞減;若x4mnfm+n2;函數(shù)y=f(x)在a,b上有3個(gè)極值點(diǎn);若x2pq

4、x3,則f(p)-f(q)f(p)-f(q)kx恒成立D.對(duì)任意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1,x2,且x1x2,若f(x1)=f(x2),則x1+x2412.(2021全國(guó)乙,10)設(shè)a0,若x=a為函數(shù)f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點(diǎn),則()A.abC.aba2二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2021山東東營(yíng)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x-aex,若f(2)=1e2,則a=.14.(2021江西九江模擬)若121x+2mxdx=3+ln 2,則實(shí)數(shù)m的值為.15.(2021陜西寶雞高三質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)=cos 2x+asin x在區(qū)間6,2內(nèi)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是.1

5、6.如圖所示,某公園有一塊空地,由一個(gè)直徑為2(單位:km)的半圓和一個(gè)以MN為底邊,頂角為120的等腰三角形MNP構(gòu)成.現(xiàn)在要在空地內(nèi)建一個(gè)梯形苗圃ABCD種植花草,為美觀(guān)對(duì)稱(chēng)設(shè)計(jì),梯形ABCD的兩個(gè)頂點(diǎn)A,B在半圓上,另兩個(gè)頂點(diǎn)C,D分別在NP,MP上,ABCDMN,梯形ABCD的高為1(單位:km),則梯形ABCD面積的最大值是.三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.(14分)(2021全國(guó)甲,文20)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(méi)有公共點(diǎn),求a的取值范圍.18.(14

6、分)(2021四川綿陽(yáng)中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,曲線(xiàn)y=f(x)與曲線(xiàn)y=g(x)在x=1處的切線(xiàn)重合.(1)求a的值;(2)求證:f(x)g(x)在(0,+)上恒成立.19.(14分)(2021全國(guó)高三月考)已知函數(shù)f(x)=ex-2x.(1)當(dāng)xcosx;(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-cosx+ln(x+1),試問(wèn):函數(shù)g(x)是否存在極小值?若存在,求出極小值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(其中常數(shù)e=2.718 28,是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))20.(14分)(2021廣東深圳一模)已知函數(shù)f(x)=aln2x+2x(1-ln x),aR.(1)討論函

7、數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若函數(shù)g(x)=e2f(x)-2a2有且僅有3個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.(其中常數(shù)e=2.718 28,是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))21.(14分)已知函數(shù)f(x)=alnx,g(x)=x+1x+f(x).(1)討論h(x)=g(x)-f(x)的單調(diào)性;(2)若h(x)的極值點(diǎn)為3,設(shè)方程f(x)+mx=0的兩個(gè)根為x1,x2,且x2x1ea,求證:f(x1+x2)+mf(x1-x2)65.答案：1.C解析:f(x)=(x-1)ex+2x2,所以切線(xiàn)斜率為f(1)=2,又因?yàn)閒(1)=e-2,所以切線(xiàn)方程為y-(e-2)=2(x-1),即2x-y+e-4=0.2.B解析:因?yàn)樽杂?/p>

8、落體運(yùn)動(dòng)的速度v=gt,所以路程s=02gtdt=12gt2|02=2g,故選B.3.A解析:由給定的導(dǎo)函數(shù)圖象知,當(dāng)x0時(shí),f(x)0,當(dāng)-2x0,從而得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),極小值點(diǎn)為-2,極大值點(diǎn)為0,且f(x)在(-,-2),(0,+)上單調(diào)遞減,在(-2,0)內(nèi)單調(diào)遞增,只有選項(xiàng)A符合要求.4.C解析:f(x)=x2+2f(2)x+m,f(x)=2x+2f(2),f(2)=22+2f(2),f(2)=-4,f(x)=x2-8x+m,圖象為開(kāi)口向上的拋物線(xiàn),其對(duì)稱(chēng)軸方程為x=4,f(0)f(5).5.A解析:由f(x)=lnx-mx(x0),可得f(x)=1x-m,若f(x)=lnx-

9、mx在(0,1上單調(diào)遞增,則f(x)0在(0,1恒成立,即m1x在(0,1恒成立,則m1,因?yàn)?-,0(-,1,則可得“m0”是“函數(shù)f(x)=lnx-mx在(0,1上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.6.C解析:由f(x)=ex可得f(x)=ex,設(shè)切點(diǎn)為(x0,ex0),斜率為f(x0)=ex0,則切線(xiàn)方程為y-ex0=ex0(x-x0),把(0,0)代入可得-ex0=ex0(-x0),故x0=1,可得切線(xiàn)方程為y=ex,則直線(xiàn)l與曲線(xiàn)y=f(x)及y軸圍成的圖形的面積為01(ex-ex)dx=ex-12ex201=e-22.7.C解析:f(x)=x3-3lnx-1的定義域?yàn)?0,+),f(x)

10、=3x2-3x=3x(x3-1),令f(x)=0,解得x=1,列表可知,x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)的極小值,也是最小值為f(1)=0,無(wú)極大值,在定義域內(nèi)不單調(diào),故C正確,A,D錯(cuò)誤;對(duì)于選項(xiàng)B,由f(1)=0及f(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1)處的切線(xiàn)方程y-0=0(x-1),即y=0,為x軸所在的直線(xiàn),故B錯(cuò)誤.8.D解析:令t=1elnx,則x=eet,所以不等式f1elnxex等價(jià)轉(zhuǎn)化為不等式f(t)eeet=et,即f(t)et0,所以g(t)為R上的增函數(shù).又因?yàn)閒(2021)=e2021,所以g(2021)=f(2

11、021)e2021=1,所以g(t)=f(t)et1=g(2021),解得t2021,即1elnx2021,所以0 x0,所以函數(shù)g(x)在0,2內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)?43,所以g6g4g3,即f6cos6f4cos4f3cos3,所以f63f42f3,所以2f63f4,f63f3,f4fm+n2,故正確;中,由圖可知,在區(qū)間a,x3上,f(x)0,在區(qū)間x3,x5上,f(x)0,在區(qū)間x5,b上,f(x)0,所以y=f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)x3和一個(gè)極小值點(diǎn)x5,故錯(cuò)誤;中,由圖可知,在區(qū)間x2,x3上,f(x)0,且f(x)單調(diào)遞減,故y=f(x)單調(diào)遞增,故f(p)f(q),f(p)f(q),

12、故f(p)-f(q)f(p)-f(q)0,即正確.綜上,真命題的序號(hào)是.11.C解析:對(duì)于A選項(xiàng),f(x)定義域?yàn)?0,+),f(x)=-2x2+1x=x-2x2,當(dāng)0 x2時(shí),f(x)2時(shí),f(x)0,所以x=2是f(x)的極小值點(diǎn),A正確;對(duì)于B選項(xiàng),令h(x)=f(x)-x,則h(x)=-x2-x+2x20,h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,h(1)=1,h(2)=ln2-10),F(x)=lnx,當(dāng)x(0,1)時(shí),F(x)0,F(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增,則F(x)min=F(1)=30,(x)kx恒成立,C錯(cuò)誤;對(duì)于D選項(xiàng),由A選項(xiàng)知,f(x)在(0,2)內(nèi)單

13、調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x1,x2,且x1x2,f(x1)=f(x2),則0 x22x1,當(dāng)0 x2時(shí),令g(x)=f(x)-f(4-x),g(x)g(2)=0,從而有f(x1)=f(x2)f(4-x2),又因?yàn)?-x22,所以x14-x2,即x1+x24成立,D正確.故選C.12.D解析:因?yàn)閒(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,則由x=a為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn),可得

14、a+2b3a,化簡(jiǎn)得ba.此時(shí)在區(qū)間-,a+2b3和(a,+)上,f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.此時(shí)a(a-b)0,即a20,則由x=a為函數(shù)的極大值點(diǎn)可得aa+2b3,化簡(jiǎn)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(shí)a(a-b)0,即a2ab.綜上可得a20,只需-4sinx+a0,即a4sinx在6,2內(nèi)恒成立,而x6,2,4sinx(2,4),a4.16.3-3解析:如圖,過(guò)點(diǎn)O作EFAB交AB于點(diǎn)E,交CD于點(diǎn)F,則EF=1,因?yàn)镸NP為等腰三角形,所以點(diǎn)P在直線(xiàn)EF上.設(shè)OE=x,則OF=1-x,且0 x1,連接OB,則OB=1,在

15、OEB中,BE=1-x2,所以AB=21-x2.在MNP中,因?yàn)镻=120,MN=2,所以O(shè)P=33.因?yàn)镻CFPNO,所以PFPO=CFNO,即33-(1-x)33=CF1,所以CF=1-3(1-x)=1-3+3x,所以梯形ABCD面積為S=12(AB+CD)EF=1-x2+3x+1-3(0 x1),所以S=3-x1-x2,因?yàn)? x0,解得0 x32,由S0,解得32x0,x0,2ax+3x0,當(dāng)x0,1a時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)在0,1a內(nèi)單調(diào)遞減,在1a,+上單調(diào)遞增.(2)y=f(x)的圖象與x軸沒(méi)有公共點(diǎn),函數(shù)f(x)在(0,+)上沒(méi)有零點(diǎn),由(1)可得函數(shù)f(x)在0,1a內(nèi)

16、單調(diào)遞減,在1a,+上單調(diào)遞增,f1a=3-3ln1a=3+3lna0,lna-1,a1e,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是1e,+.18.(1)解:因?yàn)閒(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,所以f(x)=x+1x-lnx(x+1)2,g(x)=-2(x+1)2+ax2,由題意得f(1)=g(1),所以12=a-12,解得a=1.(2)證明由(1)知,f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-1x,f(x)-g(x)=lnxx+1-2x+1+1x=xlnx-x+1x(x+1),令h(x)=xlnx-x+1,x0,則h(x)=lnx,當(dāng)x(1,+)時(shí),h(x)0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(0,1

17、)時(shí),h(x)0,h(x)單調(diào)遞減,故當(dāng)x=1時(shí),h(x)取得最小值h(1)=0,所以h(x)0,故f(x)-g(x)0,所以f(x)g(x).19.(1)證明令F(x)=f(x)-cosx,則F(x)=ex-2x-cosx,F(x)=ex-2+sinx=(ex-1)+(sinx-1).當(dāng)x0時(shí),exe0=1,且sinx-10,故F(x)F(0)=0,所以f(x)-cosx0,即f(x)cosx.(2)解:根據(jù)題意,g(x)=ex-2x-cosx+ln(x+1),定義域?yàn)?-1,+),g(x)=ex-2+sinx+1x+1,令h(x)=g(x)=ex+1x+1+sinx-2,則h(x)=ex-

18、1(x+1)2+cosx,易知當(dāng)x0,2時(shí),h(x)0,故函數(shù)h(x)在0,2內(nèi)單調(diào)遞增,則h(x)h(0)=0,即g(x)0,所以函數(shù)g(x)在0,2內(nèi)單調(diào)遞增.當(dāng)x(-1,0)時(shí),h(x)單調(diào)遞增,且h(0)=10,又因?yàn)閔-12=e-12+cos-12-40,函數(shù)h(x)在(x0,0)內(nèi)單調(diào)遞增,即g(x)在(x0,0)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(x0,0)時(shí),g(x)0,g(x)在(-1,x1)上單調(diào)遞增,當(dāng)x(x1,x0)時(shí),g(x)2.7324,1x+10,即ex+1x+1+sinx-20,所以g(x)0,函數(shù)g(x)在2,+上單調(diào)遞增.綜上可知,函數(shù)g(x)在(x0,0)上單調(diào)遞減,在

19、(0,+)上單調(diào)遞增,因此,當(dāng)x=0時(shí),函數(shù)g(x)有極小值,極小值為g(0)=0.20.解:(1)f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定義域?yàn)?0,+),則f(x)=2lnx(a-x)x(x0),且f(1)=0,若a0,當(dāng)0 x0,即函數(shù)f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,當(dāng)x1時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)0a1時(shí),令f(x)=0,解得x=1,x=a,當(dāng)ax0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x1或0 xa時(shí),f(x)1時(shí),當(dāng)1x0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)xa或0 x1時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,f(x)在(1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,1),(a,+)單調(diào)遞減.(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,即方程f(x)=2a2e2有且僅有3個(gè)不同的實(shí)根,y=f(x)與y=2a2e2的圖象有三個(gè)交點(diǎn),由(1)知,必有0a1.當(dāng)0aa2a2e2,y=f(x)與y=2a2e2的圖象至多有1個(gè)交點(diǎn),所以不合題意;當(dāng)a1時(shí),f(x)在(1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(0,1),(a,+)上單調(diào)遞減,f(x)的極小值為f(1)=2,極大值為f(a)=aln2a+2a(1-lna),只有當(dāng)22a2e2a(ln2a+2-2lna)成立,y=f(x)與y=2a2e2的圖象才有三個(gè)交點(diǎn),當(dāng)2e,下面只需要求解不