2022版高考数学一轮复习-单元质检卷三-一元函数的导数及其应用新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 单元质检卷三 一元函数的导数及其应用新人教A版

2022版高考数学一轮复习 单元质检卷三 一元函数的导数及其应用新人教A版

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单元质检卷三　一元函数的导数及其应用
(时间:100分钟　满分:150分)

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1.(2020福建福州模拟,理7)已知函数f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=x2-ln(-x),则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为(　　)

A.x-y=0 B.x-y-2=0
C.x+y-2=0 D.3x-y-2=0
2.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),若函数f(x)在x=1处取得极大值,则函数y=-xf'(x)的图象可能是(　　)

3.已知函数f(x)=x+1,g(x)=ln x,若f(x1)=g(x2),则x2-x1的最小值为(　　)
A.1 B.2+ln 2
C.2-ln 2 D.2
4.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)-f(x)<0,且f(2)=2,则f(ex)-ex>0的解集是(　　)
A.(-∞,ln 2) B.(ln 2,+∞)
C.(0,e2) D.(e2∞)
5.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
6.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=lnxx2,若f(x)e B.m>e2
C.m>1 D.m>e
7.已知函数f(x)=x2+|x-a|,g(x)=(2a-1)x+aln x,若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象恰好有两个不同的交点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)
8.2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx∈1e,e与g(x)=ex的图象上存在两对关于直线y=x对称的点,则实数a的取值范围是(　　)
A.e-1e,e B.1,e-1e
C.1,e-1e D.1,e+1e
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2020山东潍坊临朐模拟二,12)已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,以下结论中正确的是(　　)
A.01e
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
10.(2020山东聊城二模,10)下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述正确的是(　　)
A.函数f(x)有三个零点
B.点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心
C.函数f(x)的极大值点为x=1-33
D.存在实数a,使得函数g(x)=[f(x)]2+af(x)在R上为增函数
11.(2020海南天一大联考第三次模拟,12)已知函数f(x)=x3+ax+b,其中a,b∈R,则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有(　　)
A.a0
122020山东师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x>0,ex(x+1),x≤0,若方程[f(x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,则实数a可能的取值是(　　)

A.12 B.23 C.1 D.2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020山东、海南两省4月模拟,13)函数f(x)=alnxex在点P(1,f(1))处的切线与直线2x+y-3=0垂直,则a=　　　　. 
14.设f(x)=ex(ln x-a),若函数f(x)在区间1e,e上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　　　. 
15.已知函数f(x)=log2x,g(x)=x+a-x(a>0),若对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 
16.已知函数f(x)=2ln x,g(x)=ax2-x-12(a>0).若直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的值为　　　　　;若总存在直线与函数y=f(x),y=g(x)的图象均相切,则a的取值范围是　　　　　. 
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2020河南郑州质量预测二,理21)已知函数f(x)=lnxa,g(x)=x+1x(x>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论函数F(x)=f(x)-1g(x)在(0,+∞)上的单调性.

18.(12分)(2020河南开封三模,理20)已知函数f(x)=axex-ln x+b(a,b∈R)在x=1处的切线方程为y=(2e-1)x-e.
(1)求a,b值;
(2)若f(x)≥mx恒成立,求实数m的取值范围.

19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,a∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若g(x)=f(x)+a+1,当a>12时,求证:g(x)有两个零点.

20.(12分)(2020辽宁大连一中6月模拟,文20)已知函数f(x)=xln x-1,g(x)=(k-1)x-k(k∈R).
(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;
(2)当x>1时,直线y=g(x)与曲线y=f(x)+1无交点,求整数k的最大值.

21.(12分)(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
(ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(ⅱ)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值.
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.

22.(12分)(2020浙江,22)已知1)上的零点,证明:
①a-1≤x0≤2(a-1);
②x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.

参考答案

单元质检卷三　一元函数
的导数及其应用
1.A　当x>0时,-x<0,f(-x)=x2-lnx,又函数f(x)为偶函数,所以f(x)=x2-lnx,f(1)=1,所以f'(x)=2x-1x,f'(1)=1,故切线方程为y-1=x-1,即x-y=0.故选A.
2.B　因为函数f(x)在R上可导且f(x)在x=1处取得极大值,所以当x>1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x<1时,f'(x)>0.
所以当x<0时,yxf'(x)>0,当01时,y=-xf'(x)>0,
可知选项B符合题意.故选B.
3.D　设f(x1)=g(x2)=t,所以x1=t-1,x2=et,所以x2-x1=et-t+1,令h(t)=et-t+1,则h'(t)=et-1,所以h(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(0)=2.
4.A　令g(x)=f(x)x,g'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g(2)=f(2)2=1,故f(ex)-ex>0等价为f(ex)ex>f(2)2,即g(ex)>g(2),故ex<2,即x0时,f'(x)=ex-2x,
令g(x)=ex-2x,
则g'(x)=ex-2,当g'(x)=0时,可得x=ln2.
当x∈(0,ln2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(ln2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4>0,
所以fx)在(0,+∞)上单调递增.
又因为f(0)=1,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)>0.故f(x)在(0,+∞)上无零点.
综上,函数f(x)=ex-x2的零点个数为1.故选B.
6.B　若f(x)0;当x>e-12时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,e-12)上单调递增在(e-12,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(e-12)=e2,
所以实数m的取值范围是m>e2.
故选B.
7.A　

当a≠0时函数g(x)的定义域为(0,+∞),所以只研究这两个函数在x∈(0,+∞)上的图象,当a≤0时,f(x)单调递增,又g(x)单调递减,两者的图象最多只有一个交点,不符合题意.当a>0时,
设φ(x)=f(x)-g(x),即φ(x)=x2-2ax-alnx+a,00,x≥a,所以φ(x)在(0,a)上单调递减a,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=-a2-alna+a,因为x→0,x→+∞时,φ(x)→+∞,所以φ(x)有两个零点,当且仅当φ(x)min=-a2-alna+a<0,解得a>1,即a的取值范围为(1,+∞).
8.B　∵f(x)与g(x)的图象在x∈1e,e上存在两对关于直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数φ(x)=lnx的图象在x∈1e,e上有两个交点,∴lnx=x2-ax在x∈1e,e上有两个实数解,即a=x-lnxx在x∈1e,e上有两个实数解,令h(x)=x-lnxx,则h'(x)=x2+lnx-1x2.
令k(x)=x2+lnx-1,k(x)在x∈1e,e上单调递增,且k(1)=0,
∴当x∈1e,1时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,e]时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h(1)=1.
对g1e=e+1e,g(e)=e-1e,
∴a的取值范围是1,e-1e.
9.AD　∵函数f(x)=xlnx+x2(x>0),
∴f'(x)=lnx+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0,
∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'1e=2e>0,
又x→0,f'(x)→-∞,∴00+x02+2x0=x0(lnx0+x0+2)=x0(1-x0)>0,即选项D正确,选项C不正确.故选AD.
10.ABC　令f(x)=0,即x(x-1)(x-2)=0,解得x=0或x=1或x=2,故函数f(x)有三个零点,故选项A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图象的对称中心,故选项B正确;令f'(x)=3x2-6x+2=0,解得x=3±33,故f(x)在-∞,3-33上单调递增,在3-33,3+33上单调递减,在3+33,+∞上单调递增,函数f(x)的极大值点为x=1-33,故选项C正确;因为f(x)在R上不单调,所以不存在实数a,使得函数g(x)[f(x)]2+af(x)在R上为增函数,故D错误.故选ABC.
11.BD　由题知f'(x)=3x2+a.对于A,由f(x)是奇函数,知b=0,因为a<0,所以f(x)存在两个极值点,易知f(x)有三个零点,故A错误;对于B,因为b2+1≥1,所以a≥0,f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,则f(x)仅有一个零点,故B正确;对于C,若取b=2,则f(x)的极大值为f(-1)=4,极小值为f(1)=0,此时f(x)有两个零点,故C错误;对于D,f(x)的极大值为f--a3=b-2a3-a3,极小值为f-a3=b+2a3-a3.因为a<0,所以b2+4a327>b2+a36>0,所以b2>4a327,则b>-2a3-a3或b<2a3-a3,从而f--a3>0,f-a3>0或f--a3<0,f-a3<0,可知f(x)仅有一个零点,故D正确.
12.BC　当x≤0时,f(x)=ex(x+1),
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).
由f'(x)<0得,x+2<0,即x<-2,此时f(x)单调递减,
由f'(x)>0得,x+2>0,即-2x)]2-af(x)+116=0有六个不等的实数根,
所以t2-at+116=0在t∈(0,1]内有两个不等的实数根,
设g(t)=t2-at+116.
则g(0)>0,g(1)≥0,Δ>0,00,1-a+116≥0,a2-4×116>0,0恒成立.因为ex>0,所以只需lnx+1x-a≤0,
即a≥lnx+1x在1e,e上恒成立.令g(x)=lnx+1x.
因为g'(x)=1x-1x2=x-1x2.由g'(x)=0,得x=1.则g(x)在1e,1上单调递减,在(1,e)上单调递增,
g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-1>1+1e,
所以g(x)max=g1e=e-1.
故a的取值范围为[e-1,+∞).
15.[4,8]　结合题意可得log24=2≤f(x)≤log216=4,
要使得对∀x1∈{x|g(x)=x+a-x},∃x2∈[4,16],使g(x1)=f(x2)成立,
则要求g(x)的值域在[2,4]上,对g(x)求导得g'(x)=a-x-x2x·a-x,
令g'(x)>0,解得x>0,则切线方程为y-2lnx1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a>0),得2x1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2lnx1=0.所以Δ=1+2x12-4a×32-2lnx1=0.
所以a=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0).
令y=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x1>0),
则y'=2(x1+2)(4lnx1+x1-1)x13(3-4lnx1)2.
令y'=0,解得x1=1.
当x1>1时,y'>0,y单调递增,当032,即a≥32.
17.解(1)当a=1时,y=f(x)g(x)=xlnxx+1,y'=(1+lnx)(x+1)-xlnx(x+1)2=lnx+x+1(x+1)2,所以y'|x=1=ln1+1+1(1+1)2=12,即当x=1时,切线的斜率为12,又切线过点(1,0),所以切线方程为x-2y-1=0.
(2)f'(x)=1ax,1g(x)'=1(x+1)2,
F'(x)=f'(x)-1g(x)'=1ax-1(x+1)2=(x+1)2-axax(x+1)2,
当a<0时,F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令h(x)=1ax2+2a-1x+1a,Δ=1-4a,
当Δ≤0,即00,即a>4时,方程1ax2+2a-1x+1a=0有两个不等实数根x1,x2,设x14时,F(x)的单调递减区间是a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,单调递增区间是0,a-2-a2-4a2,a-2+a2-4a2,+∞.
当00),即m≤xex-lnx-1x.
令φ(x)=xex-lnx-1x,则φ'(x)=x2ex+lnxx2.令h(x)=x2ex+lnx,h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h1e=1e2e1e-10.
所以h(x)在1e,1上存在零点x0,
即h(x0)=x02ex0+lnx0=0,即x0ex0=-lnx0x0=ln1x0(eln1x0).
由于y=xex在(0,+∞)上单调递增,故x0=ln1x0=-lnx0,即ex0=1x0.
因为φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1.
所以m≤1.实数m的取值范围为(-∞,1].
19.(1)解f'(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x>0).
①当a≤0时,令f'(x)>0,得01.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x1=1,x2=12a.
(ⅰ)当a=12时,f'(x)=(x-1)2x≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(ⅱ)当a>12时,令f'(x)>0,得01;
令f'(x)<0,得12a0,得012a;
令f'(x)<0,得1
综上,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当a=12时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>12时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减;
当012时,f(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.则g(x)在0,12a和(1,+∞)上单调递增,在12a,1上单调递减.因为g(1)=0,所以1是函数g(x)的一个零点,且g12a>0.
当x∈0,12a时,取01且x0<12a,则ax02-(2a+1)x0+a+1=ax02-x0-2ax0+a+10),设切点为P(x0,x0lnx0-1),在点P处的切线方程为y-(x0lnx0-1)=(1+lnx0)(x-x0).整理得y=(1+lnx0)x-(x0+1).
由1+lnx0=k-1,k=x0+1,
即lnx0=k-2,x0=k-1,得lnx0=x0-1.
令h(x)=lnx-x+1,则h'(x)=1x-1=1-xx.
当00,h(x)在(0,1)上单调递增;
当x>1时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以h(x)的最大值为h(1)=0,即x0=1,故k=2.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=xlnx-(k-1)x+k,则F'(x)=lnx+2-k=lnx-(k-2)(x>1).
①当k-2≤0时,F'(x)>0,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以F(x)>F(1)=1,即F(x)在(1,+∞)上无零点.
②当k-2>0时,由F'(x)=0,得x=ek-2.
当1)<0,所以F(x)在(1,ek-2)上单调递减;
当x>ek-2时,F'(x)>0,所以F(x)在(ek-2,+∞)上单调递增.
F(x)的最小值为F(ek-2)=(k-1)ek-2-k(ek-2-1)=k-ek-2.
令m(k)=k-ek-2,则m'(k)=1-ek-2<0,所以m(k)在(2,+∞)上单调递减,而m(2)=2-1=1,m(3)=3-e>0,m(4)=4-e2<0,因此k的最大值为3.
21.(1)解(ⅰ)当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+6x.
可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即9x-y-8=0.
(ⅱ)依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得g'(x)=3(x-1)3(x+1)x2.令g'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
极小值
↗

所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=t(t>1),则
(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)3x12+kx1+3x22+kx2-2x13-x23+klnx1x2=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1x2=x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt.①
令h(x)=x-1x-2lnx,x∈(1,+∞).
当x>1时,h'(x)=1+1x2-2x=1-1x2>0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2lnt>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.②
由(1)(ⅱ)可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-1>0.③
由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1)+f'(x2)2>f(x1)-f(x2)x1-x2.

22.证明(1)因为f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由①知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.由g(2(a-1))≥0,得f(2(a-1))=e2(a-1)-2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在[0,+∞)上单调递增,故2(a-1)≥x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'1(x)=ex-2,所以
x
0
(0,ln2)
ln2
(ln2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
↘

↗
e-3

故当01时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
因此u(x)≥u(1)=0.
由ex0=x0+a可得x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.