高优指导2021高考数学一轮复习单元质检三导数及其应用理含解析北师大版.doc

单元质检三　导数及其应用
(时间:100分钟　满分:150分)
　单元质检卷第6页　 
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是米,t的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是(　　)

A.7米/秒 B.6米/秒 C.5米/秒 D.8米/秒
答案:C
解析:根据瞬时速度的意义,可得3 s末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
2.已知函数f(x)=ln x-x,则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A.(-∞,1) B.(0,1)
C.(-∞,0),(1,+∞) D.(1,+∞)
答案:D
解析:由f(x)=ln x-x,得f'(x)=-1.
令f'(x)=-1<0,又x>0,解得x>1.
3.曲线y=在点(-1,-1)处的切线方程为(　　)
A.y=2x+1 B.y=2x-1
C.y=-2x-3 D.y=-2x-2
答案:A
解析:∵y'=,∴曲线在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为y'=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.
4.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是(　　)
A.m>0 B.m<0 C.m>1 D.m<1
答案:B
解析:求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值则必须使y'的值有正有负,故m<0.
5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
答案:A
解析:由f'(x)=2x+1-=0,
得x=或x=-1(舍去).
当0<x<时,f'(x)<0,f(x)递减;
当x>时,f'(x)>0,f(x)递增.则f+ln 2>0为f(x)的最小值,所以无零点.
6.设点P在曲线y=ex上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|的最小值为(　　)
A.1-ln 2 B.(1-ln 2)
C.1+ln 2 D.(1+ln 2)〚导学号92950627〛
答案:B
解析:由题意知函数y=ex与y=ln(2x)互为反函数,其图像关于直线y=x对称,两曲线上点之间的最小距离就是y=x与y=ex最小距离的2倍,设y=ex上点(x0,y0)处的切线与y=x平行,有=1,x0=ln 2,y0=1,
∴y=x与y=ex的最小距离是(1-ln 2),
∴|PQ|的最小值为(1-ln 2)×2=(1-ln 2).
7.设f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f'(x),若f(x)+f'(x)>1,f(0)=2 015,则不等式exf(x)>ex+2 014(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A.(2 014,+∞) B.(-∞,0)∪(2 014,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(0,+∞)
答案:D
解析:设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),
则g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1].
∵f(x)+f'(x)>1,
∴f(x)+f'(x)-1>0,∴g'(x)>0,
∴y=g(x)在定义域上单调递增.
∵exf(x)>ex+2 014,∴g(x)>2 014.
又∵g(0)=e0f(0)-e0=2 015-1=2 014,
∴g(x)>g(0),∴x>0.
8.(2015太原一模)已知函数f(x)=ln x+tan α的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为(　　)
A. B. C. D.
答案:A
解析:∵f(x)=ln x+tan α,
∴f'(x)=,令f(x)=f'(x),
得ln x+tan α=,即tan α=-ln x.
设g(x)=-ln x,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,而当x→0时,g(x)→+∞,
∴要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,只需tan α>g(1)=1,
又∵0<α<,∴α∈.
9.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且g(3)=0,则不等式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:∵当x<0时,f'(x)g(x)+f(x)·g'(x)>0,
即[f(x)g(x)]'>0,
∴当x<0时,f(x)g(x)为增函数,又g(x)是偶函数且g(3)=0,∴g(-3)=0,
∴f(-3)g(-3)=0.故当x<-3时,f(x)g(x)<0;
由于f(x)g(x)是奇函数,所以当x>0时,f(x)g(x)为增函数,且f(3)g(3)=0,故当0<x<3时,f(x)g(x)<0.
10.(2015浙江温州十校月考)已知f(x)是可导的函数,且f'(x)<f(x)对于x∈R恒成立,则(　　)
A.f(1)<ef(0),f(2 014)>e2 014f(0)
B.f(1)>ef(0),f(2 014)>e2 014f(0)
C.f(1)>ef(0),f(2 014)<e2 014f(0)
D.f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0)
答案:D
解析:令g(x)=,则g'(x)='
=<0,
所以函数g(x)=在R上是单调减函数,
所以g(1)<g(0),g(2 014)<g(0),
即,
故f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0).
11.(2015福州质量检测)若函数f(x)=x2+x+1在区间上有极值点,则实数a的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
答案:C
解析:若f(x)=x2+x+1在区间上有极值点,
则f'(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f'(x)的图像顶点的横坐标,
由x2-ax+1=0,得a=x+,因为x∈,y=x+的值域是,
当a=2时,f'(x)=x2-2x+1=(x-1)2,不合题意.
所以实数a的取值范围是,故选C.
12.已知函数f(x)=ln x-x+-1,g(x)=x2-2bx+4,若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数b的取值范围是(　　)
A. B.[1,+∞)
C. D.[2,+∞)〚导学号92950628〛
答案:C
解析:f'(x)=,
令f'(x)=0得x1=1,x2=3∉(0,2).
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(1,2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=-.
由于“对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值-”.(*)
又g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以
①当b<1时,因为[g(x)]min=g(1)=5-2b>0,此时与(*)矛盾;
②当b∈[1,2]时,因为[g(x)]min=4-b2≥0,此时与(*)矛盾;
③当b∈(2,+∞)时,
因为[g(x)]min=g(2)=8-4b,
解不等式8-4b≤-,可得b≥.
综上,b的取值范围是.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.曲线y=x3+3x2+6x-1的切线中,斜率最小的切线方程为　　　　　　　　. 
答案:3x-y-2=0
解析:y'=3x2+6x+6=3(x+1)2+3≥3.当x=-1时,y'min=3;当x=-1时,y=-5.
∴切线方程为y+5=3(x+1),即3x-y-2=0.
14.(2015北京海淀一模)函数y=x-x2的图像与x轴所围成的封闭图形的面积等于　　　　　. 
答案:
解析:由x-x2=0,得x=0或x=1.因此,所围成的封闭图形的面积为(x-x2)dx=.
15.已知a≤+ln x对于x∈恒成立,则a的最大值为　　　　　. 
答案:0
解析:设f(x)=+ln x,则f'(x)=,
当x∈时,f'(x)<0,故函数f(x)在上单调递减;当x∈(1,2]时,f'(x)>0,故函数f(x)在(1,2]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,即a的最大值为0.
16.已知f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10,则a+b=　　　　　.〚导学号92950629〛 
答案:-7
解析:f'(x)=3x2+2ax+b,由x=1时,函数取得极值10,
得
联立①②得
当a=4,b=-11时,f'(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1)在x=1两侧的符号相反,符合题意;
当a=-3,b=3时,f'(x)=3(x-1)2在x=1两侧的符号相同,所以a=-3,b=3不符合题意,舍去.∴a+b=-7.
三、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(14分)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.
(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1x2=1,求实数a的值;
(2)是否存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解:(1)f'(x)=18x2+6(a+2)x+2a.
由已知有f'(x1)=f'(x2)=0,
从而x1x2==1,所以a=9.
(2)由于Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0,
所以不存在实数a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.〚导学号92950630〛
18.(14分)(2015河南安阳一中月考)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2<ex.
(1)解:由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a,
又f'(0)=1-a=-1,得a=2.
所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.
令f'(x)=0,得x=ln 2,
当x<ln 2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x>ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1)得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0,g(x)>g(0)>0,x2<ex.〚导学号92950631〛
19.(14分)(2015重庆,理20)设函数f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解:(1)对f(x)求导得f'(x)=
=.
因为f(x)在x=0处取得极值,
所以f'(0)=0,即a=0.
当a=0时,f(x)=,f'(x)=,
故f(1)=,f'(1)=,从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知f'(x)=.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=,
x2=.
当x<x1时,g(x)<0,即f'(x)<0,故f(x)为减函数;
当x1<x<x2时,g(x)>0,即f'(x)>0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)<0,即f'(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-,故a的取值范围为.〚导学号92950632〛
20.(14分)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R的图像在点x=0处的切线为y=bx.(e≈2.718 28)
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)当x∈R时,求证:f(x)≥-x2+x;
(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.
(1)解:∵f(x)=ex-x2+a,∴f'(x)=ex-2x.
由已知
∴函数f(x)的解析式为f(x)=ex-x2-1.
(2)证明:令φ(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1,φ'(x)=ex-1.
由φ'(x)=0,得x=0.
当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.
∴φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x)≥-x2+x.
(3)解:f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
令g(x)=,x>0,
则g'(0)=
=.
由(2)可知当x∈(0,+∞)时,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)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1),
即g(x)min=g(1)=e-2.
∴k<g(x)min=g(1)=e-2,
即实数k的取值范围为(-∞,e-2).〚导学号92950633〛
21.(14分)(2015广东,理19)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;
(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤-1.
解:(1)由题意可知函数f(x)的定义域为R,f'(x)=(1+x2)'ex+(1+x2)·(ex)'=(1+x)2ex≥0,故函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
(2)∵a>1,∴f(0)=1-a<0,且f(a)=(1+a2)ea-a>1+a2-a>2a-a=a>0.
∴函数f(x)在区间(0,a)上存在零点.
又由(1)知函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
∴函数f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
(3)由(1)及f'(x)=0,得x=-1.
又f(-1)=-a,即P,
∴kOP==a-.
又f'(m)=(1+m)2em,∴(1+m)2em=a-.
令g(m)=em-m-1,则g'(m)=em-1,
∴由g'(m)>0,得m>0,由g'(m)<0,得m<0.
∴函数g(m)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
∴g(m)min=g(0)=0,即g(m)≥0在R上恒成立,
即em≥m+1.
∴a-=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,
即≥1+m.
故m≤-1.〚导学号92950634〛

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