2018屆數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用單元質(zhì)檢卷文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE16-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精單元質(zhì)檢卷三導(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(yùn)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C。5米/秒 D.8米2.設(shè)曲線y=在點(diǎn)(3，2）處的切線與直線ax+y+3=0垂直，則a等于()A.2 B。-2 C. D。-3。若函數(shù)y=ex+mx有極值,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(）A.m〉0 B.m<0 C。m>1 D.m<14.已知函數(shù)f(x）=-x3+ax2-x-1在R上是單調(diào)減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A.（-∞,-]∪[,+∞) B.［-]C。（—∞，-）∪(,+∞） D。（—）5.函數(shù)f(x)=x2+x—lnx的零點(diǎn)的個數(shù)是(）A.0 B.1 C.2 D。36。已知a≤+lnx對任意x∈恒成立,則a的最大值為（)A.0 B。1 C。2 D.37。(2017河北唐山三模,文12）已知函數(shù)f（x)=x3+ax2+bx有兩個極值點(diǎn)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(diǎn) B。恰有兩個零點(diǎn)C.恰有三個零點(diǎn) D。至多兩個零點(diǎn)8。設(shè)f(x）,g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)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）9。(2017石家莊二中模擬）若存在正實(shí)數(shù)m，使得關(guān)于x的方程x+a（2x+2m-4ex）［ln（x+m）—lnx］=0成立，其中e為自然對數(shù)的底數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(A。（—∞，0) B. C。（-∞,0)∪ D。10。(2017遼寧撫順重點(diǎn)校一模,文12)已知函數(shù)f(x)=——x2的最大值為f(a)，則a等于(）A. B. C. D.11.若函數(shù)f（x)=x2+x+1在區(qū)間內(nèi)有極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A. B。 C。 D.12.（2017河北衡水金卷一,文12)若函數(shù)f（x)=ex-m有三個零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A。 B. C。 D.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分，共20分）13.（2017吉林長春三模,文15)函數(shù)f（x)=ex·sinx的圖象在點(diǎn)（0,f（0)）處的切線方程是。

14.(2017內(nèi)蒙古包頭一模，文16）已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f'(x),若對于?x∈R，有f(x）〉f’（x）,且y=f（x)-1是奇函數(shù)，則不等式f（x）〈ex的解集為.

15.（2017福建龍巖一模,文16)若實(shí)數(shù)a，b，c,d滿足=1,則(a-c）2+(b-d)2的最小值為.

16.(2017湖南長郡中學(xué)模擬）已知f(x)=x+xlnx，若k(x-2）<f（x）對任意x〉2恒成立,則整數(shù)k的最大值.?導(dǎo)學(xué)號24190977?

三、解答題(本大題共5小題,共70分)17.(14分）（2017寧夏銀川一中二模,文20)已知函數(shù)f（x)=a(x2+1）+lnx.(1)討論函數(shù)f(x）的單調(diào)性；(2)若對任意a∈(—4，—2）及x∈[1,3]時,恒有ma-f（x)>a2成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.18。(14分)(2017遼寧沈陽三模,文21）已知f（x)=ex+ax(a∈R)，（1）求f（x)的單調(diào)區(qū)間;（2）若常數(shù)a>-e,求證：對于?x∈（1，+∞),都有f（x）〉（x—1)2恒成立.19。(14分）（2017福建南平一模,文21)已知函數(shù)f（x）=+lnx(a，b∈R).（1）試討論函數(shù)f(x）的單調(diào)區(qū)間與極值；(2）若b〉0,且lnb=a-1，設(shè)g（b）=—m（m∈R），且函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍。20.（14分)(2017遼寧沈陽質(zhì)量監(jiān)測，文21）已知函數(shù)f（x）=alnx(a>0),e為自然對數(shù)的底數(shù).（1）若曲線f（x）在點(diǎn)A（2,f（2)）的切線斜率為2,求實(shí)數(shù)a的值;（2)當(dāng)x>0時,求證:f（x）≥a;（3）若在區(qū)間（1，e)上,x<0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.21。(14分）(2017天津，文19）設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f（x）=x3-6x2-3a（a-4)x+b,g（x)=exf（x（1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2）已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(diǎn)（x0,y0)處有相同的切線，①求證:f（x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0;②若關(guān)于x的不等式g(x）≤ex在區(qū)間［x0—1，x0+1］上恒成立，求b的取值范圍.?導(dǎo)學(xué)號24190978?單元質(zhì)檢卷三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1。C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。B因?yàn)閥=的導(dǎo)數(shù)為y’=，所以曲線在(3，2）處的切線斜率為k=—,又直線ax+y+3=0的斜率為—a,所以—a·=—1，解得a=—2。3.B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(fù),故m<0。4.B由題意,知f’(x)=-3x2+2ax-1≤0在R上恒成立,所以Δ=（2a)2—4×(—3）×(—1)≤0,解得-≤a≤5.A由f’（x)=2x+1—=0,得x=或x=-1（舍去）。當(dāng)0<x<時，f’(x）<0,f(x）單調(diào)遞減;當(dāng)x〉時,f’（x)〉0，f（x)單調(diào)遞增。則f（x)的最小值為f+ln2>0，所以f（x)無零點(diǎn)。6。A令f（x)=+lnx，則f’(x)=.當(dāng)x∈時,f'(x)〈0；當(dāng)x∈（1，2］時，f'（x)>0.∴f（x）在內(nèi)單調(diào)遞減，在（1，2]上單調(diào)遞增，∴在x∈上,f（x)min=f（1)=0，∴a≤0，即a的最大值為0。7.B由已知g(x）=f（x)-f(x0）=x3+ax2+bx—（+a+bx0)=(x—x0)[x2+(x0+a)x++ax0+b]，∵f'（x)=3x2+2ax+b，∴代入上式可得g(x)=(x-x0)（x—x1)2，所以g（x)恰有兩個零點(diǎn)。8。D∵當(dāng)x<0時,f’(x）g(x）+f(x）·g'(x)>0，即[f（x)g（x）］’>0，∴當(dāng)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(dāng)x<-3時，f(x)g（x）〈0,∵f(x）g(x)是奇函數(shù),∴當(dāng)x>0時，f(x)g（x）為增函數(shù)，且f(3)g(3）=0，故當(dāng)0〈x〈3時，f（x)g（x)<0.故選D.9.C∵x〉0,當(dāng)a=0時,不合題意，∴a≠0.由題意得—·ln=（t—2e)lnt+1〉0,令f（t）=（t-2e)lnt(t>0），則f'（t）=lnt+1—，［f’(t)]'=〉0,當(dāng)t〉e時,f'(t)>f’（e)=0，當(dāng)0<t<e時,f'（t)〈f’（e）=0，∴f(t)≥f(e）=-e，∴-≥-e，解得a<0或a≥，故選C。10.B∵f’(x)=--2x,∴f’(1)=-f'（1)-2,解得f’（1）=—，∴f(x）=—x2，f'（x)=，令f’(x）〉0,解得x〈,令f’（x)<0，解得x〉,故f（x)在遞增，在遞減，故f(x)的最大值是f，a=.11.C若f（x）=x2+x+1在區(qū)間內(nèi)有極值點(diǎn),則f’（x)=x2-ax+1在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn),且零點(diǎn)不是f'(x)的圖象頂點(diǎn)的橫坐標(biāo).由x2-ax+1=0，得a=x+。因?yàn)閤∈，y=x+的值域是，當(dāng)a=2時，f’(x）=x2-2x+1=(x—1）2,不合題意。所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是，故選C.12。A函數(shù)f（x)=ex—m有三個零點(diǎn)，即方程ex=m有三個根，令g(x）=ex，∴g’(x)=ex=0,∴x=1或x=-,∴當(dāng)x∈時，g（x)單調(diào)遞增且g（x）>0,當(dāng)x∈時,g（x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(1,+∞）時,g(x）單調(diào)遞增.∴當(dāng)x=-時，g（x)極大值=g，當(dāng)x=1時,g（x)極小值=g（1)=-e，結(jié)合圖象可得m∈.13.y=x∵f(x）=ex·sinx,f'(x）=ex(sinx+cosx)，f’(0)=1,f(0）=0，∴函數(shù)f（x)的圖象在點(diǎn)（0,0)處的切線方程為y—0=1×（x-0),即y=x.14。(0，+∞)由題意令g(x)=,則g'（x）=,∵f(x）>f’（x),∴g'(x)<0,故函數(shù)g（x)=在R上單調(diào)遞減,∵y=f（x）—1是奇函數(shù),∴f(0）-1=0,即f（0）=1，g(0）=1，則不等式f（x)〈ex等價為〈1=g(0),即g(x)<g(0）,解得x>0。15.由已知條件，得b=-lna+2a2,d=3c-2，令f（x）=—lnx+2x2，g(x）=3轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)f（x）與g(x）圖象上的點(diǎn)之間的距離的最小值,f’（x）=-+4x,設(shè)與直線y=3x-2平行且與曲線f(x）相切的切點(diǎn)為P（x0，y0）,則-+4x0=3，x0>0，解得x0=1，可得切點(diǎn)P（1，2）,切點(diǎn)P(1,2）到直線y=3x-2的距離d=.∴(a-c)2+（b-d)2的最小值為d2=.故答案為。16。4∵x〉2,∴k（x—2）<f（x）可化為k〈。令F（x）=，則F’(x)=。令g（x）=x-2lnx-4,則g'(x）=1-〉0,故g(x)在(2,+∞)上是增函數(shù),且g(8)=8-2ln8-4=2(2-ln8）〈0，g(9）=9-2ln9—4=5—2ln9>0;故存在x0∈(8，9）,使g(x0）=0，即2lnx0=x0-4。故F(x）在(2,x0）上是減函數(shù),在（x0,+∞)上是增函數(shù);故F（x)min=F(x0)=，故k〈,故k的最大值是4。17.解（1）f’(x）=2ax+（x>0）,①當(dāng)a≥0時，恒有f’（x）〉0，則f(x）在（0,+∞)上是增函數(shù)；②當(dāng)a<0時,0<x〈，f’(x)〉0，則f（x）在上是增函數(shù);當(dāng)x>時，f’(x）<0，則f(x)在上是減函數(shù);綜上，當(dāng)a≥0時,f（x)在(0,+∞）上是增函數(shù);當(dāng)a〈0時，f（x）在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù).(2)由題意,ma—f（x）>a2成立,等價于ma-a2〉f(x)max，因?yàn)閍∈（—4，—2),所以〈1。由(1)知:當(dāng)a∈（—4，-2）時，f(x）在[1，3]上是減函數(shù),所以f(x)max=f(1）=2a,所以ma—a2〉2a,即m<a+2，因?yàn)閍∈（—4，-2），所以-2〈a+2所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為m≤-2。18。（1)解f'(x）=ex+a，當(dāng)a≥0時，因?yàn)閒'(x）〉0，所以f(x）在(—∞，+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)a〈0時，令f’(x）=0，得x=ln(—a）,f(x)在（-∞，ln(—a)）上單調(diào)遞減，在（ln(-a），+∞）上單調(diào)遞增.綜上:當(dāng)a≥0時，遞增區(qū)間為（—∞,+∞）；當(dāng)a〈0時，遞減區(qū)間為(-∞,ln（—a）),增區(qū)間為（ln（-a),+∞)。(2)證明設(shè)g(x）=f（x)-（x—1)2=ex+ax—x2+2x-1,g'（x)=ex-2x+a+2，設(shè)h(x)=ex+a—2x+2，∵h(yuǎn)'(x）=ex—2〉0在（1,+∞）上恒成立，∴h(x）在（1,+∞）單調(diào)遞增,∵h(yuǎn)(x)>h（1)=e+a>0,∴g'（x)〉0在（1，+∞)恒成立，即g（x）在(1,+∞)上單調(diào)遞增,∴g(x)〉g(1）=e+a〉0，所以對?x∈(1,+∞），都有f（x)〉(x—1）2恒成立。19。解(1）f(x)=+lnx,求導(dǎo)得f'(x)=—(x>0).①當(dāng)b≤0時,f'(x）〉0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,所以f(x）的遞增區(qū)間為（0,+∞），無極值；②當(dāng)b〉0時，x∈（0,b)，f'（x）〈0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,x∈（b，+∞)，f’(x)〉0,函數(shù)f(x）單調(diào)遞增,所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(0,b）,函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(b,+∞)，f(x）有極小值f(b）=1—a+lnb，無極大值。（2)（方法一）由b>0，且lnb=a—1，代入g（b）=—m,可得g(b）=-m(b〉0),所以g(x)=-m，x>0，g’（x)=,當(dāng)x∈(0,e)時,g’(x）>0,所以函數(shù)g（x）在（0，e)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時，g’(x)<0，所以函數(shù)g(x）在(e，+∞）遞減,g(x)有極大值g(e)=—m,當(dāng)x→0（x>0)時，g(x)→-∞，當(dāng)x→+∞時，g(x）→-m,故函數(shù)g（x）有兩個零點(diǎn)，需解得0<m<,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.（2）（方法二)由b>0,且lnb=a-1，代入g（b)=-m，可得g（b）=-m（b>0)，所以g(x)=-m,x〉0,由g(x）=0,可得lnx=mx，即lnx—mx=0，函數(shù)g（x)有兩個零點(diǎn)，即方程lnx—mx=0在（0，+∞)有兩個解.設(shè)h(x)=lnx-mx,x>0,h'（x)=-m.①當(dāng)m≤0時，h'（x)〉0,h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，不合題意,舍去。②當(dāng)m〉0時，由h'(x）>0，得x〈,由h'（x）〈0，得x>,所以h(x)在遞增,在遞減,方程lnx—mx=0在（0,+∞)有兩個解,只需h>0,即ln-1>0,解得0<m〈,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為.20。(1)解∵f'（x)=，f’（2）==2,∴a=4.（2）證明令g(x）=a，則g’(x）=a.令g'（x)>0,得x〉1，g'(x）〈0,得0<x〈1,∴g(x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在(1，+∞)上單調(diào)遞增.∴g(x)的最小值為g(1）=0，∴f(x)≥a。(3）解由題意可知x〈0，化簡得〈lnx，又x∈(1，e）,∴a〉.令h(x）=,則h’(x)=,由(2）知，當(dāng)x∈(1,e)時，lnx-1+>0,∴h’（x)〉0，即h(x)在(1，e）上單調(diào)遞增,∴h（x）〈h(e)=e—1，∴a≥e—1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為［e-1，+∞).21.(1)解由f(x）=x3—6x2-3a（a—4）可得f’(x）=3x2-12x—3a（a-4)=3(