高考数学一轮复习单元质检卷三导数及其应用理新人教B版

单元质检卷三导数及其应用
(时间:100分钟满分:150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.如果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
2.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a等于()
A.2
B.-2
C. D.-
3.若函数y=e x+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
4.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是单调减函数,则实数a的取值范围是()
A.(-∞,-]∪[,+∞)
B.[-]
C.(-∞,-)∪(,+∞)
D.(-)
5.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()
A.0
B.1
C.2
D.3
6.已知a≤+ln x对任意x∈恒成立,则a的最大值为()
A.0
B.1
C.2
D.3
7.(2017河北唐山三模,理12)已知函数f(x)=x3+ax2+bx有两个极值点x1,x2,且x1<x2,若x1+2x0=3x2,函数g(x)=f(x)-f(x0),则g(x)()
A.恰有一个零点
B.恰有两个零点
C.恰有三个零点
D.至多两个零点〚导学号21500614〛
8.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)
9.(2017河北石家庄二中模拟,理12)若存在正实数m,使得关于x的方程x+a(2x+2m-
4e x)[ln(x+m)-ln x]=0成立,其中e为自然对数的底数,则实数a的取值范围是()
A.(-∞,0)
B.
C.(-∞,0)∪
D.
10.已知函数f(x)=--x2的最大值为f(a),则a等于()
A.B.
C.D.
11.若函数f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,则实数a的取值范围是()
A.B.
C.D.
12.(2017江西新余一中模拟七,理12)设点M(x1,f(x1))和点N(x2,g(x2))分别是函数f(x)=sin
x+x3和g(x)=x-1图象上的点,且x1≥0,x2≥0,若直线MN∥x轴,则M,N两点间的距离的最小值为()
A.1
B.2
C.3
D.4
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.函数f(x)=e x·sin x的图象在点(0,f(0))处的切线方程是.
14.(2017内蒙古包头一模,理15)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,其导函数记为f'(x),若对于∀x∈R,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1是奇函数,则不等式f(x)<e x的解集为.
15.若实数a,b,c,d满足=1,则(a-c)2+(b-d)2的最小值为.
16.已知f(x)=x+x ln x,若k(x-2)<f(x)对任意x>2恒成立,则整数k的最大值为.
三、解答题(本大题共5小题,共70分)
17.(14分)(2017安徽安庆二模,理21)已知函数f(x)=,a∈R.
(1)若a≠0,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若a=0,x1<x<x2<2,证明:.
〚导学号21500615〛
18.(14分)已知f(x)=e x+ax(a∈R),
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若常数a>-e,求证:对于∀x∈(1,+∞),都有f(x)>(x-1)2恒成立.
19.(14分)(2017福建厦门一中考前模拟,理21)函数f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=e x+x2.
(1)讨论f(x)的极值点的个数;
(2)若对于∀x>0,总有f(x)≤g(x),
①求实数a的取值范围;
②求证:对于∀x>0,不等式e x+x2-(e+1)x+>2成立.
20.(14分)设函数f(x)=ln x+,m∈R.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f'(x)-零点的个数.
21.(14分)(2017山西临汾三模,理21)已知函数f(x)=(x2-x)e x.
(1)求曲线y=f(x)在原点处的切线方程;
(2)若f(x)-ax+e≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若方程f(x)=m(m∈R)有两个正实数根x1,x2,求证:|x1-x2|<+m+1.
〚导学号21500616〛
参考答案
单元质检卷三导数及其应用
1.C根据瞬时速度的意义,可得3秒末的瞬时速度是v=s'|t=3=(-1+2t)|t=3=5.
2.B因为y=的导数为y'=,所以曲线在(3,2)处的切线斜率为k=-,又直线ax+y+3=0
的斜率为-a,所以-a·=-1,解得a=-2.
3.B求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.
4.B由题意,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).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f+ln 2>0,所以f(x)无零点.
6.A令f(x)=+ln x,则f'(x)=.
当x∈时,f'(x)<0;
当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
∴f(x)在内单调递减,在(1,2]上单调递增,
∴在x∈,f(x)min=f(1)=0,
∴a≤0,即a的最大值为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)恰有两个零点.
8.D∵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.
∵f(x)g(x)是奇函数,
∴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.故选D.
9.C∵x>0,当a=0时,不合题意,∴a≠0.
由题意得-ln=(t-2e)ln t,令f(t)=(t-2e)ln t(t>0),则f'(t)=ln t+1-,[f'(t)]'=>0,当t>e时,f'(t)>f'(e)=0,当0<t<e时,f'(t)<f'(e)=0, ∴f(t)≥f(e)=-e,∴-≥-e,解得a<0或a≥,故选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)在递增,在递减,故f(x)的最大值是f,a=.
11.C若f(x)=x2+x+1在区间内有极值点,
则f'(x)=x2-ax+1在区间内有零点,且零点不是f'(x)的图象顶点的横坐标.
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.A∵当x≥0时,f'(x)=cos x+x2>0,∴函数y=f(x)在[0,+∞)上单调递增.
当x1≥0,x2≥0,由MN∥x轴,则f(x1)=g(x2),即sin x1+=x2-1,
则M,N两点间的距离为x2-x1=sin x1++1-x1.
令h(x)=sin x+x3+1-x,x≥0,则h'(x)=cos x+x2-1,[h'(x)]'=-sin x+x≥0,
故h'(x)在[0,+∞)上单调递增,故h'(x)=cos x+x2-1≥h'(0)=0,
故h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)的最小值为h(0)=1,故选A.
13.y=x ∵f(x)=e x·sin x,f'(x)=e x(sin x+cos x),f'(0)=1,f(0)=0,
∴函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y-0=1×(x-0),即y=x.
14.(0,+∞)由题意令g(x)=,则g'(x)=.
∵f(x)>f'(x),∴g'(x)<0,故函数g(x)=在R上单调递减.
∵y=f(x)-1是奇函数,
∴f(0)-1=0,即f(0)=1,g(0)=1,
则不等式f(x)<e x等价为<1=g(0),即g(x)<g(0),解得x>0.
15.由已知条件,得b=-ln a+2a2,d=3c-2,令f(x)=-ln x+2x2,g(x)=3x-2,
所求最小值可转化为两个函数f(x)与g(x)图象上的点之间的距离的最小值的平方, f'(x)=-+4x,设与直线y=3x-2平行且与曲线f(x)相切的切点为P(x0,y0),
则-+4x0=3,x0>0,解得x0=1,可得切点P(1,2),
切点P(1,2)到直线y=3x-2的距离d=.
所以(a-c)2+(b-d)2的最小值为d2=.故答案为.
16.4∵x>2,∴k(x-2)<f(x)可化为k<.
令F(x)=,则F'(x)=.
令g(x)=x-2ln x-4,则g'(x)=1->0,故g(x)在(2,+∞)上是增函数,
且g(8)=8-2ln 8-4=2(2-ln 8)<0,g(9)=9-2ln 9-4=5-2ln 9>0;
故存在x0∈(8,9),使g(x0)=0,即2ln x0=x0-4.
故F(x)在(2,x0)上是减函数,在(x0,+∞)上是增函数;
故F(x)min=F(x0)=,故k<,故k的最大值是4.
17.(1)解∵f(x)=,∴f'(x)=.
①当a>0时,1-<1,由f'(x)>0,得函数的单调增区间为;
②当a<0,1->1,由f'(x)>0,得函数的单调增区间为(-∞,1)和.
(2)证明a=0,f(x)=,x1<x<x2<2,
要证明,只要证明g(x)=在(x1,2)上单调递减.
g'(x)=,设h(x)=(x-x1)-,
∴h'(x)=<0,
∴h(x)在(x1,2)上是减函数,
∴h(x)<0,∴g'(x)<0,
∴g(x)=在(x1,2)上单调递减.
∵x1<x<x2<2,
∴.
18.(1)解f'(x)=e x+a,
当a≥0时,因为f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
当a<0时,令f'(x)=0,得x=ln(-a),
f(x)在(-∞,ln(-a))上单调递减,在(ln(-a),+∞)上单调递增.
综上:当a≥0时,递增区间为(-∞,+∞);
当a<0时,递减区间为(-∞,ln(-a)),增区间为(ln(-a),+∞).
(2)证明设g(x)=f(x)-(x-1)2=e x+ax-x2+2x-1,g'(x)=e x-2x+a+2,
设h(x)=e x+a-2x+2,
∵h'(x)=e x-2>0在(1,+∞)上恒成立,
∴h(x)在(1,+∞)单调递增,
∵h(x)>h(1)=e+a>0,
∴g'(x)>0在(1,+∞)恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(1)=e+a>0,所以对∀x∈(1,+∞),都有f(x)>(x-1)2恒成立.
19.解 (1)由题意得f'(x)=x++a=,
当a2-4≤0,即-2≤a≤2时,f'(x)≥0恒成立,无极值点;
当a2-4>0,即a<-2或a>2时,
a<-2时,设方程x2+ax+1=0的两个不同实根为x1,x2,不妨设x1<x2,
则x1+x2=-a>0,x1x2=1>0,故0<x1<x2,
∴x1,x2是函数的两个极值点.
a>2时,设方程x2+ax+1=0的两个不同实根为x1,x2,
则x1+x2=-a<0,x1x2=1>0,故x1<0,x2<0,故函数没有极值点.
综上,当a<-2时,函数有两个极值点;当a≥-2时,函数没有极值点.
(2)①f(x)≤g(x)等价于e x-ln x+x2≥ax,
由x>0,得a≤对于∀x>0恒成立.
设φ(x)=(x>0),
φ'(x)=,
∵x>0,∴x∈(0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.
②由①知,当a=e+1时,有f(x)≤g(x),即e x+x2≥ln x+x2+(e+1)x,整理得e x+x2-(e+1)x≥ln x○ⅰ,当且仅当x=1时取等号.
所以要证e x+x2-(e+1)x+>2,只需证明ln x+≥2.
设θ(x)=ln x+,则θ'(x)=,
∴当x∈(0,e)时,θ'(x)<0,θ(x)单调递减,
x∈(e,+∞)时,θ'(x)>0,θ(x)单调递增,
∴θ(x)≥θ(e)=2,∴ln x+≥2,○ⅱ当且仅当x=e时取等号.
由于○ⅰ○ⅱ等号不同时成立,故e x+x2-(e+1)x+>2.
20.解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,
定义域为(0,+∞),则f'(x)=,
由f'(x)=0,得x=e.
∴当x∈(0,e)时,f'(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减;
当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,
∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)=f'(x)-(x>0),
令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+x(x>0),
则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点.
∴φ(x)的最大值为φ(1)=.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图)可得,
①当m>时,函数g(x)无零点;
②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;
④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;
当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0<m<时,函数g(x)有两个零点.
21.(1)解f'(x)=(x2+x-1)e x,f'(0)=-1,f(0)=0,
故曲线y=f(x)在原点处的切线方程为x+y=0.
(2)解①当x=0时,a∈R;
②当x>0时,问题等价于a≤(x-1)e x+恒成立.
设g(x)=(x-1)e x+,则g'(x)=x e x-.
∵g'(x)=x e x-在(0,+∞)上单调递增,且g'(1)=0,
∴g(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增.
∴g(x)在(0,+∞)的最小值为g(1)=e,∴a≤e.
③当x<0时,问题等价于a≥(x-1)e x+恒成立.
设h(x)=(x-1)e x+,则h'(x)=x e x-<0,
∵h(x)在(-∞,0)上单调递减,且x→-∞时,h(x)→0.∴a≥0.
综上所述0≤a≤e.
(3)证明依(2)得a=e时,(x2-x)e x>e x-e,又y=f(x)在原点处的切线方程为y=-x,
设φ(x)=(x2-x)e x+x(x>0),则φ'(x)=(x2+x-1)e x+1,[φ'(x)]'=(x2+3x)e x, 令[φ'(x)]'=0,解得x=-3或x=0.
∴φ'(x)在(-∞,-3),(0,+∞)递增,在(-3,0)递减.
φ'(0)=0,∴x>0时,φ'(x)>0,φ(x)递增,而φ(0)=0,
∴当x>0时,φ(x)>0,即(x2-x)e x≥-x.
设y=m,分别与y=-x,y=e(x-1)交点的横坐标为x3,x4,x3=-m,x4=+1,
则x3<x1<x2<x4,∴|x1-x2|<|x3-x4|=+m+1.。