2022高考数学一轮复习-单元质检卷三-导数及其应用北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 单元质检卷三 导数及其应用北师大版2022高考数学一轮复习 单元质检卷三 导数及其应用北师大版年级：姓名：单元质检卷三导数及其应用(时间:100分钟满分:140分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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x0恒成立,且a0,则下列结论正确的是()A.f(a)f(0)C.eaf(a)f(0)5.已知定义在(0,+)上的函数f(x)满足xf(x)-f(x)0的解集是()A.(-,ln 2)B.(ln 2,+)C.(0,e2)D.(e2,+)6.(2020北京房山区二模,5)函数f(x)=ex-x2的零点个数为()A.0B.1C.2D.37.(2020山东青岛5月模拟,8)已知函数f(x)=lnxx2,若f(x)eB.me2C.m1D.me8.下列关于函数f(x)=x3-3x2+2x的叙述不正确的为()A.函数f(x)有三个零点B.点(1,0)是函数f(x)图像的对称中心C.函数f(x)的极大值点为x=1-33D.存在实数a,使得函数g(x)=f(x)2+af(x)为增函数9.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)的图像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)10.(2020河南新乡三模,理12)已知函数f(x)=x2-axx1e,e与g(x)=ex的图像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,eB.1,e-1eC.1,e-1eD.1,e+1e11.(2020山东济南一中联考)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx-17(a,b,cR)的导函数为f(x),f(x)0的解集为x|-2x3,若f(x)的极小值等于-98,则a的值是()A.-8122B.13C.2D.512.(2020山东师大附中月考,12)设函数f(x)=|lnx|,x0,ex(x+1),x0,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.12B.23C.32D.2二、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(a0),若对任意x1x|g(x)=x+a-x,存在x24,16,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(a0).若直线y=2x-b与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则a的值为;若总存在直线与函数y=f(x),y=g(x)的图像均相切,则a的取值范围是.三、解答题:本题共5小题,共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(12分)(2020湖南郴州二模,文21)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,cR)的图像过原点,且在原点处的切线与直线x=0垂直.g(x)=ax2+x+xex(e为自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对任意的x(0,+),总有f(x)-g(x)x10,求证:f(x2)-f(x1)x2-x12x2+x1.19.(12分)(2020陕西宝鸡三模,文21)已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,aR,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a12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(kR).(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的一条切线,求k的值;(2)当x1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(kR),f(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;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,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.参考答案单元质检卷三导数及其应用1.A当x0时,-x1时,f(x)0;当x=1时,f(x)=0;当x0.所以当x0,当0x1时,y=-xf(x)1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)上递减,在(0,+)上递增,所以h(t)min=h(0)=2.4.D设g(x)=exf(x),则g(x)=exf(x)+f(x)0,所以g(x)在R上单调递增.由a0,得g(a)g(0),即eaf(a)f(0).5.A令g(x)=f(x)x,g(x)=xf(x)-f(x)x20等价为f(ex)exf(2)2,即g(ex)g(2),故ex2,即xln2,则所求的解集为(-,ln2).故选A.6.B令f(x)=ex-x2=0,得ex=x2,分别画出y=ex和y=x2的图像,如图所示,当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)递增.所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2-ln40,所以f(x)在(0,+)上递增.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.7.B若f(x)m-1x2在(0,+)上恒成立,即f(x)+1x2m在(0,+)上恒成立,令g(x)=f(x)+1x2=lnx+1x2,故只需g(x)maxm即可,g(x)=1xx2-(lnx+1)2xx4=-2lnx-1x3,令g(x)=0,得x=e-12,当0x0;当xe-12时,g(x)e2.故选B.8.D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A正确;因为f(1+x)+f(1-x)=0,所以点(1,0)是函数f(x)图像的对称中心,故B正确;令f(x)=3x2-6x+2=0,解得x=333,故f(x)在-,3-33上递增,在3-33,3+33上递减,在3+33,+上递增,函数f(x)的极大值点为x=1-33,故C正确;假设函数g(x)=f(x)2+af(x)为增函数,则g(x)=f(x)(2f(x)+a)0恒成立,由上可知当x1+33时,f(x)0,若要满足g(x)=f(x)(2f(x)+a)0,则需在-,1-33和1+33,+上2f(x)+a0恒成立,f(x)=x3-3x2+2x的大致图像如下,如图所示函数2f(x)+a0在-,1-33上不可能恒成立,故不存在实数a,使得函数g(x)=f(x)2+af(x)为增函数,故D错误.故选D.9.A当a0时函数g(x)的定义域为(0,+),所以只研究这两个函数在x(0,+)上的图像,当a0时,f(x)递增,又g(x)递减,两者的图像最多只有一个交点,不符合题意.当a0时,设(x)=f(x)-g(x),即(x)=x2-2ax-alnx+a,0xa,x2+(2-2a)x-alnx-a,xa,因为(x)=2(x-a)-ax0,0x0,xa,所以(x)在(0,a)上递减,(a,+)上递增,所以(x)min=-a2-alna+a,因为x0,x+时,(x)+,所以(x)有两个零点,当且仅当(x)min=-a2-alna+a1,即a的取值范围为(1,+).10.Bf(x)与g(x)的图像在x1e,e上存在两对关于直线y=x对称的点,则函数f(x)与函数(x)=lnx的图像在x1e,e上有两个交点,lnx=x2-ax在x1e,e上有两个实数解,即a=x-lnxx在x1e,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x1e,e上递增,且k(1)=0,当x1e,1时,h(x)0,h(x)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.11.C易知f(x)=3ax2+2bx+c.因为f(x)0的解集为x|-2x3,所以a0,且-2+3=-2b3a,-23=c3a,则3a=-2b,c=-18a.依题意f(x)的极小值为f(3)=27a+9b+3c-17=-98,解得a=2,b=-3,c=-36.12.B当x0时,f(x)=ex(x+1),则f(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2).由f(x)0得,x+20,即x0得,x+20,即-2x0,此时f(x)递增,即当x=-2时,f(x)取得极小值f(-2)=-1e2,作出f(x)的图像如图:由图像可知当00,g(1)0,0,0a20,1-a+1160,a2-41160,0a21,解得120,所以只需lnx+1x-a0,即alnx+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上递减,在(1,e)上递增,g1e=ln1e+e=e-1,g(e)=1+1e,因为e-11+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=2f(x)log216=4,要使得对任意x1x|g(x)=x+a-x,存在x24,16,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-x2xa-x,令g(x)0,解得x0,则切线方程为y-2lnx1=2x1(x-x1),代入g(x)=ax2-x-12(a0),得2x1x-2+2lnx1=ax2-x-12,即ax2-1+2x1x+32-2lnx1=0.所以=1+2x12-4a32-2lnx1=0.所以a=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x10).令y=(x1+2)22x12(3-4lnx1)(x10),则y=2(x1+2)(4lnx1+x1-1)x13(3-4lnx1)2.令y=0,解得x1=1.当x11时,y0,y递增,当0x11时,y0时,由f(x)0解得x0或x-2a3,由f(x)0解得-2a3x0,此时函数f(x)在-,-2a3,(0,+)上递增,在-2a3,0上递减;当a0解得x-2a3或x0,由f(x)0解得0x-2a3,此时函数f(x)在(-,0),-2a3,+上递增,在0,-2a3上递减.(2)由(1)可知,f(x)-g(x)=x3-x-xex,则x3-x-xex0,kx2-1-ex在x(0,+)上恒成立.设h(x)=x2-1-ex(x0),则h(x)=2x-ex,令(x)=2x-ex,则(x)=2-ex,由(x)=0解得x=ln2,易知当x(0,ln2)时,(x)0,h(x)递增;当x(ln2,+)时,(x)0,h(x)递减,h(x)h(ln2)=2ln2-20,h(x)在(0,+)上递减,h(x)0),则依题意g(x)=lnx-k(x-1)0恒成立,故当x=e时也成立,则g(e)=lne-k(e-1)0,解得k1e-10.又由g(x)=1x-k0,解得0x1k,由g(x)1k,所以g(x)在0,1k上递增,在1k,+上递减,所以g(x)max=g1k=ln1k-k1k+k=-lnk-1+k.令h(x)=-lnx-1+x(x0),则由h(x)=-1x+1=x-1x0,解得x1,由h(x)0,解得0x2x2+x1,即证lnx2-lnx1x2-x12x2+x1,即证lnx2x1x2x1-12x2x1+1,令x2x1=t,x2x10,t1,即证lntt-12t+1,即证(t+1)lnt2(t-1),即证tlnt+lnt-2t+20(t1).(*)令F(t)=tlnt+lnt-2t+2(t1),则F(t)=lnt+t1t+1t-2=lnt+1t-1=-ln1t+1t-1.由(1)中结论易知h1t0,即-ln1t+1t-10,即得F(t)0,所以F(t)=tlnt+lnt-2t+2在(1,+)上递增,所以F(t)=tlnt+lnt-2t+21ln1+ln1-21+2=0,即(*)式得证.所以原不等式得证.19.(1)解f(x)=1x+2ax-(2a+1)=(x-1)(2ax-1)x(x0).当a0时,令f(x)0,得0x1;令f(x)1.所以f(x)在(0,1)上递增,在(1,+)上递减.当a0时,令f(x)=0,得x1=1,x2=12a.()当a=12时,f(x)=(x-1)2x0,所以f(x)在(0,+)上递增.()当a12时,令f(x)0,得0x1;令f(x)0,得12ax1.所以f(x)在0,12a和(1,+)上递增,在12a,1上递减.()当0a0,得0x12a;令f(x)0,得1x12时,f(x)在0,12a和(1,+)上递增,在12a,1上递减;当0a12时,f(x)在0,12a和(1,+)上递增,在12a,1上递减.则g(x)在0,12a和(1,+)上递增,在12a,1上递减.因为g(1)=0,所以1是函数g(x)的一个零点,且g12a0.当x0,12a时,取0x0e-a-1且x012a,则ax02-(2a+1)x0+a+1=ax02-x0-2ax0+a+1a+1,g(x0)-a-1+a+1=0.所以g12ag(x0)0),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0x0,h(x)在(0,1)上递增;当x1时,h(x)1).当k-20时,F(x)0,所以f(x)在(1,+)上递增.所以F(x)F(1)=1,即F(x)在(1,+)上无零点.当k-20时,由F(x)=0,得x=ek-2.当1xek-2时,F(x)ek-2时,F(x)0,所以F(x)在(ek-2,+)上递增.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-20,m(4)=4-e2x2,令x1x2=t(t1),则(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(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.令h(x)=x-1x-2lnx,x1,+).当x1时,h(x)=1+1x2-2x=1-1x20,由此可得h(x)在1,+)上递增,所以当t1时,h(t)h(1),即t-1t-2lnt0.因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以,x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3-3t2+6lnt+3t-1.由(1)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6lnt+3t1,故t3-3t2+6lnt+3t-10.由可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2f(x1)-f(x2)0.所以,当k-3时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有f(x1)+f(x2)2f(x1)-f(x2)x1-x2.