江西省丰城中学2020届高考冲刺阶段专题集训(理科)数学3 导数及其应用测试卷(含解析)

2020届高考冲刺阶段专题集训（理科）数学3
导数及其应用
一、选择题
1.函数f(x)=sin x-x,x∈[-π
2,π
2
]的最大值是().
A.-1+π
2
B.π
2
C.±4
5
D.1-π
2
2.已知P为曲线y=x2上一点,点P处的切线与直线2x-y+1=0平行,则点P的坐标为().
A.(-1,1)
B.(1,1)
C.(2,4)
D.(3,9)
3.已知函数f(x)=x ln x,若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,则直线l的方程为().
A.x+y-1=0
B.x-y-1=0
C.x+y+1=0
D.x-y+1=0
4.函数f(x)=e x cos x的图象在点(0,f(0))处的切线的倾斜角为().
A.0
B.π
4
C.1
D.π
2
5.若抛物线x2=2y在点(a,a 2
2
)处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积是8,则此切线方程是().
A.x-4y-8=0或x+4y+8=0
B.4x-y-8=0或4x+y+8=0
C.x-4y+8=0或x+4y-8=0
D.4x-y+8=0或4x+y-8=0
6.已知e 为自然对数的底数,则函数y=x e x 的单调递增区间是( ). A .[-1,+∞) B .(-∞,-1] C .[1,+∞)
D .(-∞,1]
7.如图,y=f (x )是可导函数,直线l :y=kx+2是曲线y=f (x )在x=3处的切线,令g (x )=xf (x ),g'(x )是g (x )的导函数,则g'(3)=( ).
A .-1
B .0
C .2
D .4
8.已知函数f (x )=x e x -1
3ax 3-1
2ax 2有三个极值点,则实数a 的取值范围是( ). A .(0,e) B .(0,1
e ) C .(e,+∞)
D .(1e ,+∞) 二、填空题
9.函数y=x
e x 在[0,2]上的最大值是 .
10.将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中,t min 后甲桶剩余的水量符合函数f (t )=a e n t (n 为常数).假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等,若再过m min 后甲桶中的水只有a
4升,则m 的值为 . 11.已知f (x )=ln x ,g (x )=1
2x 2+mx+7
2(m<0),直线l 与函数f (x ),g (x )的图象都相切,且与函数f (x )的图象的切点为(1,f (1)),则实数m 的值为 .
12.设函数f (x )={(x -a )2+e ,x ≤2,
x lnx +a +10,x >2(e 是自然对数的底数),若f (2)是函数f (x )的最小值,则实数a 的取值
范围是 . 三、解答题
13.已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=ln x+a(a∈R).
(1)讨论函数h(x)=f(x)+g(x)的单调性;
(2)若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线,求实数a的取值范围.
14.已知函数f(x)=e x-ax,a>0.
(1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值;
(2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围.
15.已知函数f(x)=x
-ax(a>0).
lnx
(1)若函数f(x)在(1,+∞)上是减函数,求实数a的最小值;
(2)若∃x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f'(x2)+a成立,求实数a的取值范围.
16.已知函数f (x )=a sin x-x+b (a ,b 均为正实数). (1)证明:函数f (x )在(0,a+b ]内至少有一个零点.
(2)设函数f (x )在x=π
3处有极值,对于一切x ∈[0,π
2],不等式f (x )>sin x+cos x 总成立,求实数b 的取值范围.
17.已知函数f (x )=ln x-x+1,x ∈(0,+∞). (1)求函数f (x )的单调区间和极值;
(2)设a ≥1,函数g (x )=x 2-3ax+2a 2-5,若对于任意x 0∈(0,1),总存在x 1∈(0,1),使得f (x 1)=g (x 0)成立,求实数a 的取值范围;
(3)对任意x ∈(0,+∞),求证:1
x+1<ln x+1x
<1x .
参考答案与解析
1 A
解析 由题意得f'(x )=cos x-1≤0,所以函数f (x )在[-π2,π
2]上单调递减, 所以f (x )max =f (-π
2
)=sin (-π
2
)-(-π
2
)=-1+π
2
.
故选A . 2 B
解析 设切点P 的坐标为(x ,y ),由题意得y'=2x.
∵点P 处的切线与直线2x-y+1=0平行, ∴切线的斜率k=2=2x ,解得x=1, 把x=1代入y=x 2,得y=1, 故点P 的坐标为(1,1). 故选B . 3 B
解析 因为点(0,-1)不在曲线y=f (x )上,所以设切点坐标为(x 0,y 0). 因为f (x )=x ln x ,所以f'(x )=1+ln x ,所以{
y 0=x 0ln x 0,y 0+1=(1+ln x 0)x 0,
解得{x 0=1,
y 0=0,所以切点坐标为(1,0),
所以f'(1)=1+ln 1=1,所以直线l 的方程为y=x-1,即x-y-1=0.故选B .
4 B
解析 f'(x )e=x cos x e-x sin x ,因为f'(0)=1,所以切线的倾斜角为π
4. 5 B
解析 由x 2
=2y ,得
y=1
2x 2,则
y'=x.抛物线在点(a ,
a 22
)处的切线方程是y-a 2
2=a (x-a )(a ≠0),
令x=0,则y=-12a 2;令y=0,则x=a
2.
于是12×1
2a 2×|a
2|=8,解得a=4或a=-4,所以切线方程是4x-y-8=0或4x+y+8=0.故选B . 6 A
解析 令y'=(1+x e)x ≥0,因为e x >0,所以1+x ≥0,所以x ≥-1.故选A .
7 B
解析 由题意知直线l :y=kx+2是曲线y=f (x )在x=3处的切线,由图可得f (3)=1.又点(3,1)在直线l 上,∴3k+2=1,解得k=-1
3,∴f'(3)=k=-1
3.
∵g (x )=xf (x ),∴g'(x )=f (x )+xf'(x ),则g'(3)=f (3)+3f'(3)=1+3×(-1
3)=0.故选B . 8 C
解析 由题意知函数f (x )的导数f'(x )e=x +ex x -ax 2-ax.
函数f (x )有三个极值点等价于f'(x )=e x +x e x -ax 2-ax=0有三个不同的实根,即(x+1)(e x -ax )=0有三个不同的实根,
所以e x
-ax=0有两个不等于-1的根,则a=e x
x
.
设h (x )=e x x ,则h'(x )=
e x x -e x x 2
=
e x (x -1)x 2
,
由h'(x )>0得x>1,由h'(x )<0得x<1且x ≠0,
所以h (x )在(1,+∞)上单调递增,在(-∞,0)和(0,1)上单调递减. 所以当x=1时,h (x )取得极小值h (1)=e, 当x<0时,h (x )<0,
画出函数h (x )=e x
x 的图象,如图所示,
要使方程a=e x
x 有两个不同的根,则满足a>e,即实数a 的取值范围是(e,+∞). 故选C . 9 1
e
解析 由y=x
e x 得y'=
e x -xe x e 2x
=1-x e x ,
∴当0≤x<1时,y'>0;当1<x ≤2时,y'<0.
∴函数y=x
e x 在[0,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减, ∴函数y=x
e x 在x=1处取最大值,最大值为1
e . 10 5
解析 因为5 min 后甲桶和乙桶的水量相等,
所以函数f (t )=a e n t 满足f (5)=a e 5n =1
2a ,可得n=1
5ln 1
2.
因此当k min 后甲桶中的水只有a
4升时,f (k )=a
4,即(1
5ln 1
2)k=ln 1
4,所以(1
5ln 1
2)k=2ln 1
2,解得k=10,所以m=k-5=5.
11 -2
解析 由题意得f'(x )=1
x , 故直线l 的斜率k=f'(1)=1.
又f (1)=ln 1=0,所以直线l 的方程为y=x-1. 联立{
y =x -1,
y =1
2
x 2
+mx +72
(m <0),
可得x 2+2(m-1)x+9=0.
因为Δ=4(m-1)2-4×9=0,m<0,所以m=-2. 12 [2,6]
解析 当x>2时,f'(x )=lnx -1
(lnx )2,令f'(x )<0,则2<x<e;令f'(x )>0,则x>e .故f (x )在(2,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,即函数f (x )在x>2时的最小值为f (e).当x ≤2时,f (x )=(x-a )2+e 的图象的对称轴为直线x=a.欲使f (2)是函数的最小值,则{
a ≥2,f (2)≤f (e )⇒{a ≥2,
-1≤a ≤6
⇒2≤a ≤6.
13.解： (1)因为h (x )=f (x )+g (x )=x 2-ax+ln x+a+1(x>0), 所以h'(x )=2x-a+1x =
2x 2-ax+1
x
.
令m (x )=2x 2-ax+1,x>0.
当Δ=a 2-8≤0,即-2√2≤a ≤2√2时,h'(x )≥0,h (x )在(0,+∞)上单调递增; 当a<-2√2时,h'(x )>0,h (x )在(0,+∞)上单调递增; 当a>2√2时,令h'(x )=0,得x=
a±√a 2-8
4
,
当x 变化时,h'(x ),h (x )的变化情况如下: x (0,a -√a 2-8
4)
（
a -√a 2-84,
a+√a 2-8
4
）
（
a+√a 2-8
4
,+∞）
h'(x ) + - + h (x )
↑
↓
↑
综上,当a ≤2√2时,h (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>2√2时,h (x )在(0,a -√a 2-8
4
),(
a+√a 2-8
4
,+∞)上单
调递增,在(
a -√a 2-84
,
a+√a 2-8
4
)上单调递减.
(2)设函数f(x)的图象在点(x1,f(x1))与函数g(x)的图象在点(x2,g(x2))处的切线相同,
f'(x)=2x-a,g'(x)=1
x ,则f'(x1)=g'(x2)=f(x1)-g(x2)
x1-x2
.
由2x1-a=1
x2,得x1=1
2x2
+a
2
,再由1
x2
=x1
2-ax
1+1-(ln x2+a)
x1-x2
,得x1-x2
x2
=x12-ax1+1-ln x2-a.把x1=1
2x2
+a
2
代入上式,得
1 4x22+a
2x2
+ln x2+a
2
4
+a-2=0.
设F(x)=1
4x2
+a
2x
+ln x+a
2
4
+a-2,x>0,
则F'(x)=-1
2x3
-a
2x2
+1
x
=2x
2-ax-1
2x3
,
不妨设2x02-ax0-1=0(x0>0).
当0<x<x0时,F'(x)<0,当x>x0时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
把a=2x0-1
x0
代入可得F(x)min=F(x0)=x02+2x0-1
x0
+ln x0-2.
设G(x)=x2+2x-1
x
+ln x-2,则G'(x)=2x+2+1
x2
+1
x
>0对任意x>0恒成立,
所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.
又G(1)=0,所以当0<x≤1时,G(x)≤0,即当0<x0≤1时,F(x0)≤0,
当x=e2-a时,F(x)=1
4e4-2a
+a
2e2-a
+ln e2-a+a
2
4
+a-2=1
4
(1
e2-a
+a)
2
≥0,
因此当0<x0≤1时,函数F(x)必有零点,即当0<x0≤1时,必存在x2使得(*)成立,
即存在x1,x2使得函数f(x)的图象在点(x1,f(x1))与函数g(x)的图象在点(x2,g(x2))处的切线相同.
又y=2x-1
x
在(0,1]上单调递增,所以a=2x0-1
x0
∈(-∞,1],
所以实数a的取值范围是(-∞,1].
14.解：(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f'(x)e=x-a.
令f'(x)=0,得x=ln a,易知当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在x=ln a处取极小值,g(a)=f(ln a)=e ln a-a ln a=a-a ln a,g'(a)=1-(1+ln a)=-ln a.当0<a<1时,g'(a)>0,g(a)在(0,1)上单调递增;
当a>1时,g'(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减.
所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1.
(2)显然,当x≤0时,e x-ax≥0(a>0)恒成立.
当x>0时,由f(x)≥0,即e x-ax≥0,解得a≤e
x
x
.
令h(x)=e
x
x
,x∈(0,+∞),则h'(x)=e
x x-e x
x
=e
x(x-1)
x
,
当0<x<1时,h'(x)<0;当x>1时,h'(x)>0.
故h (x )的最小值为h (1)=e,所以a ≤e . 故实数a 的取值范围是(0,e]. f (a )=e a -a 2,a ∈(0,e],f'(a )=e a -2a , 易知e a -2a>0对a ∈(0,e]恒成立,
故f (a )在(0,e]上单调递增,所以f (0)=1<f (a )≤f (e)=e e -e 2,即f (a )的取值范围是(1,e e -e 2]. 15.解： (1)因为f (x )在(1,+∞)上为减函数,所以f'(x )=lnx -1
(lnx )2-a ≤0在(1,+∞)上恒成立, 即当x ∈(1,+∞)时,f'(x )max ≤0. 又f'(x )=lnx -1(lnx )2-a=-(1
lnx -12)2
+1
4-a , 故当
1lnx =1
2
,即x=e 2时,f'(x )max =1
4
-a.
所以14-a ≤0,故a ≥1
4, 所以实数a 的最小值为1
4.
(2)“∃x 1,x 2∈[e,e 2],使f (x 1)≤f'(x 2)+a 成立”等价于“当x ∈[e,e 2]时,有f (x )min ≤f'(x )max +a ”, 由(1)知,当x ∈[e,e 2]时,f'(x )max =1
4-a ,f'(x )max +a=1
4.
①当a ≥1
4时,f'(x )≤0,f (x )在[e,e 2]上为减函数, 则f (x )min =f (e 2)=e 2
2
-a e 2≤1
4
,故a ≥12-14e 2
.
②当0<a<1
4时,由于f'(x )=-(1
lnx -12)2
+1
4-a 在[e,e 2]上为增函数,故f'(x )的值域为[f'(e),f'(e 2)],即[-a ,1
4-a]. 由f'(x )的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e,e 2),使f'(x 0)=0, 当x ∈[e,x 0)时,f'(x )<0,f (x )为减函数; 当x ∈(x 0,e 2]时,f'(x )>0,f (x )为增函数.
所以当x ∈[e,e 2]时,f (x )min =f (x 0)=x 0ln x 0
-ax 0≤1
4
,x 0∈(e,e 2
), 所以a ≥1ln x 0
-14x 0
>1ln e 2-14e >12-14=14,与0<a<1
4矛盾,不符合题意.
综上,a ≥12-1
4e 2.
16.解： (1)∵f (0)=b>0,f (a+b )=a sin(a+b )-(a+b )+b=a [sin(a+b )-1]≤0,
∴f (0)·f (a+b )≤0,
∴函数f (x )在(0,a+b ]内至少有一个零点. (2)∵f (x )=a sin x-x+b ,∴f'(x )=a cos x-1.
由题意得f'(π
3)=0,即a cos π
3-1=0,得a=2,则问题等价于b>x+cos x-sin x 对于一切x ∈[0,π
2]恒成立.
记g (x )=x+cos x-sin x ,x ∈[0,π
2], 则g'(x )=1-sin x-cos x=1-√2sin (x +π
4).
∵0≤x ≤π2,∴π4≤x+π4≤3π
4,
∴√2
2≤sin (x +π
4)≤1,即1≤√2sin (x +π
4)≤√2,∴g'(x )≤0,即g (x )在[0,π
2]上单调递减, ∴g (x )max =g (0)=1.
故实数b 的取值范围是(1,+∞). 17.解： (1)∵f'(x )=1
x -1=
1-x x
,
∴当x>1时,f'(x )<0,当0<x<1时,f'(x )>0,∴f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞),∴f (x )在x=1处取得极大值,极大值为f (1)=0,无极小值.
(2)∵g'(x )=2x-3a (a ≥1),
∴当x ∈(0,1)时,g'(x )=2x-3a<0,g (x )单调递减,此时g (x )的值域为(2a 2-3a-4,2a 2-5). 由(1)得,当x ∈(0,1)时,f (x )的值域为(-∞,0). 由题意可得2a 2-5≤0,∴1≤a ≤√10
2
. (3)令
x+1x
=t ,则x=1
t -1,∵x>0,∴t>1,
原不等式等价于1-1t
<ln t<t-1.
由(1)知f (t )=ln t-t+1在(1,+∞)上单调递减,
∴f (t )<f (1)=0,即ln t<t-1. 令h (t )=ln t-1+1
t ,则h'(t )=1t -1
t =t -1
t ,
∵当t ∈(1,+∞)时,h'(t )>0,∴h (t )=ln t-1+1
t 在(1,+∞)上单调递增, ∴h (t )>h (1)=0,即1-1
t <ln t.
综上所述,对任意x ∈(0,+∞),恒有1
x+1<ln x+1x
<1x 成立.。