(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用单元质检

单元质检三导数及其应用
(时间:120分钟总分值:150分)
一、选择题(本大题共10小题,每题4分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的)
1.函数f(x)=ln x-x,那么函数f(x)的单调递减区间是()
A.(-∞,1)
B.(0,1)
C.(-∞,0),(1,+∞)
D.(1,+∞)
在点(-1,-1)处的切线方程为()
2.曲线y=x
x+2
A.y=2x+1
B.y=2x-1
C.y=-2x-3
D.y=-2x-2
3.(2021全国1)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,假设f(x)为奇函数,那么曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()
A.y=-2x
B.y=-x
C.y=2x
D.y=x
f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,那么
f(x)=x3+x.
由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
4.
y=f(x)是可导函数,如图,直线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,那么g'(3)=()
A.-1
B.0
C.2
D.4
.
,知f(3)=1,k=f'(3)=-1
3
∵g'(x)=f(x)+xf'(x),
)=0.应选B.
∴g'(3)=f(3)+3f'(3)=1+3×(-1
3
5.设点P 是曲线y=x 3
-√3x+2
3上的任意一点,那么点P 处切线倾斜角α的取值范围为( ) A .[0,π2)∪[5π6
,π) B .[
2π3,π)
C .[0,π2)∪[2π3
,π) D .(π
2,
5π6
]
y'=3x 2
-√3≥-√3,故切线斜率k ≥-√3,
所以切线倾斜角α的取值范围是[0,π2)∪[2π3
,π).
故答案为C .
6.直线ax-by-2=0与曲线y=x 3
在点P (1,1)处的切线互相垂直,那么x x
为( ) A .2
3 B.-2
3
C .1
3
D.-1
3
3x 2
,∵点P (1,1)为曲线y=x 3
上一点,
∴曲线y=x 3在点P (1,1)处的切线斜率k=3,
由条件知,3×x x =-1,∴x x =-1
3.故答案为D .
7.f (x )=x 3
-2x 2
+x+6,那么f (x )在点P (-1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于( ) A.4 B.5 C .25
4
D .13
2
8.(2021山西五校联考改编)函数f (x )的导数为f'(x ),f (x )不是常数函数,且(x+1)f (x )+xf'(x )≥0,对x ∈[0,+∞)恒成立,那么以下不等式一定成立的是( ) A .f (1)<2e f (2) B.e f (1)<f (2) C.f (1)<0 D .e f (e)<2f (2)
=xf (x )+f (x )+xf'(x )=xf (x )+[xf (x )]'≥0,设F (x )=e x
[xf (x )],那么
F'(x )=e x [xf (x )]+e x [xf (x )]'=e x {xf (x )+[xf (x )]'}≥0,所以函数F (x )=e x [xf (x )]是单调递增函
数,F (1)<F (2)⇔e f (1)<e 2
·2·f (2),即f (1)<2e f (2).
9.当x>0时,不等式1
2
x 2
+(1-a )x-a ln x>2a-3
2
a 2
恒成立,那么a 的取值范围是( )
A.[0,1)∪(1,+∞)
B.(0,+∞)
C.(-∞,0]∪(1,+∞)
D.(-∞,1)∪(1,+∞)
f (x )=1
2x 2
+(1-a )x-a ln x-2a+3
2a 2
,
那么f'(x )=x+1-a-x x
=
x 2+(1-x )x -x
x
=
(x -x )(x +1)
x
,
当a<0时f'(x )>0,f (x )在x>0时单调递增,当x →0时f (x )不恒大于0,不符合题意; 当a=0时,f (x )=1
2x 2
+x 在x>0时f (x )>0恒成立;
当a>0时,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增,
f (x )min =f (a )=a 2-a-a ln a=a (a-1-ln a ),
令g (a )=a-1-ln a ,g'(a )=1-1
x ,g (a )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
g (a )min =g (1)=0,故当a>0时且a ≠1时f (x )>0,
综上a 的取值范围是[0,1)∪(1,+∞), 故答案为A .
10.假设m ∈R ,函数f (x )=x-x x
-2ln x 有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),那么mx 2的取值范围为( ) A .(0,32
27] B .(1,32
27] C .(32
27,2] D.(1,2]
f'(x )=1+x
x 2
−2
x =
x 2-2x +x
x 2
, ∴设x 1,x 2为x 2-2x+m=0两根,
由Δ>0,m>0,得0<m<1,x 2=1+√1-x . 令y=mx 2=m (1+√1-x ),
∴y'=1+√1-x −2√1-x =0,解得m=89(0<m<1),故当0<m<89时,y'>0,y ∈(0,32
27);
当8
9
≤m<1时,y'<0,y ∈(1,32
27
];
因此mx 2的取值范围为(0,3227)∪(1,3227]=(0,32
27]. 故答案为A .
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.将答案填在题中横线上) 11.(2021浙江绍兴二模)函数f (x )=x 3
-3x ,函数f (x )的图象在x=0处的切线方程是 ;函数f (x )在区间[0,2]内的值域是 .
3x [-2,2]
f (x )=x 3
-3x ,切点坐标(0,0),导数为y'=3x 2
-3,切线的斜率为-3,
所以切线方程为y=-3x ;
3x 2
-3=0,可得x=±1,x ∈(-1,1),y'<0,函数是减函数,x ∈(1,+∞),y'>0,函数是增函数,
f (0)=0,f (1)=-2,f (2)=8-6=2,
函数f (x )在区间[0,2]内的值域是[-2,2]. 故答案为y=-3x ;[-2,2].
12.函数f (x )=x 3
-3ax+b (a>0)的极大值为6,极小值为2,那么a= ,f (x )的单调递减区间是 .
(-1,1)
f'(x )=3x 2-3a=0,得x=±√x .
f (x ),f'(x )随x 的变化情况如下表:
从而{(-√
x )3
-3x (-√x )+x =6,
(√x )3-3x √x +x =2.
解得{
x =1,
x =4,
所以f (x )的单调递减区间是(-1,1).
13.(2021浙江温州调研改编)函数f (x )=1
2x 2
-ax+ln x ,假设a=1,那么切线斜率的取值范围为 ,假设函数存在垂直于y 轴的切线,那么实数a 的取值范围是 . +∞) [2,+∞
) f (x )=1
2x 2
-ax+ln x
,
∴f'(x )=x-a+1
x .
a=1时,f'(x )=x+1
x -1≥1,
假设f (x )存在垂直于y 轴的切线,
∴f'(x )存在零点,∴x+1
x -a=0有解, ∴a=x+1
x ≥2(x>0).
14.函数f (x )=x 3
-3x 的极小值为 ,在(a ,6-a 2
)上有最小值,那么实数a 的取值范围是 . 2 [-2,1) f'(x )=3x 2-3=0,
得x=±1,且x=1为函数的极小值点,f (1)=-2,x=-1为函数的极大值点.函数f (x )在区间(a ,6-a 2)上,
那么函数f (x )极小值点必在区间(a ,6-a 2
)内, 即实数a 满足a<1<6-a 2
,且f (a )=a 3
-3a ≥f (1)=-2. 解a<1<6-a 2
,得-√5<a<1,不等式a 3
-3a ≥f (1)=-2,
即a 3
-3a+2≥0,解得a ≥-2.故实数a 的取值范围是[-2,1). 15.函数f (x )=x+x x (a ∈R ),g (x )=ln x ,假设关于x 的方程x (x )
x 2
=f (x )-2e(e 为自然对数的底数)只有
一个实数根,那么a= .
2
+1
e 解析方程可化为
ln x
x
=x 2-2e x+a ①,设m (x )=
ln x
x
,n (x )=x 2
-2e x+a ,令m'(x )=
1-ln x
x 2
=0,得x=e,可知
m (x )max =m (e)=1
e .又n (x )min =n (e)=a-e 2,
∴方程①只有一根的条件为1e =a-e 2.∴a=e 2+1
e .
16.(2021江苏高考)假设函数f (x )=2x 3
-ax 2
+1(a ∈R )在(0,+∞)内有且只有一个零点,那么f (x )在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .
3
f'(x )=6x 2
-2ax=0,得x=0或x=x
3.
因为函数f (x )在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f (0)=1,所以x
3>0,f (x
3)=0,因此2(x 3)3
-a (x 3)2
+1=0,解得a=3.从而函数f (x )在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f (x )max =f (0)=1,f (x )min =f (-1)=-4.
故f (x )max +f (x )min =1-4=-3.
17.函数y=x+2cos x 在区间[0,π
2]上的最大值是 .
√3
1-2sin x ,令y'=0,且x ∈[0,π
2],得x=π
6,那么x ∈[0,π
6)时,y'>0;x ∈(π
6,π
2]时,y'<0,故函数在[0,π
6)上递增,在(π
6,π
2
]上递减,
所以当x=π
6时,函数取最大值π
6+√3.
三、解答题(本大题共5小题,共74分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(14分)函数f (x )=x ln x+ax (a ∈R ). (1)当a=0,求f (x )的最小值;
(2)假设函数g (x )=f (x )+ln x 在区间[1,+∞)上为增函数,求实数a 的取值范围.
f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ln x+1+a ,当a=0时,f'(x )=ln x+1.
当x ∈(0,+∞)时,f'(x ),f (x )的变化情况如下:
∴f (x )的最小值是f (1e )=-1
e .
(2)由题意得g'(x )=ln x+a+1+1
x .
∵函数g (x )在区间[1,+∞)上为增函数,
∴当x ∈[1,+∞)时g'(x )≥0,即ln x+1
x ≥-(a+1)在[1,+∞)上恒成立,∴h (x )=ln x+1
x , ∴h'(x )=1
x −1
x 2=
x -1
x 2
>0, ∴h (x )=ln x+1x 在[1,+∞)上递增, ∴-(a+1)≤h (1)=1,∴a ≥-2.
19.(15分)(2021浙江台州模拟)函数f (x )=x 3
+ax 2
+bx+c 在x=-2
3与x=1时都取得极值. (1)求a ,b 的值与函数f (x )的单调区间;
(2)假设对x ∈[-1,2],不等式f (x )<c 2
恒成立,求c 的取值范围.
f (x )=x 3
+ax 2
+bx+c ,f'(x )=3x 2
+2ax+b ,
由{x '(-23)=
12
9-4
3x +x =0,
x '(1)=3+2x +x =0,
解得{
x =-1
2,x =-2. f'(x )=3x 2-x-2=(3x+2)(x-1),函数f (x )的单调区间如下表:
所以函数f (x )的递增区间是(-∞,-23)和(1,+∞),递减区间是(-2
3,1). (2)f (x )=x 3
-1
2x 2
-2x+c ,x ∈[-1,2],
当x=-23时,f (x )=22
27+c 为极大值,而f (2)=2+c ,所以f (2)=2+c 为最大值. 要使f (x )<c 2
对x ∈[-1,2]恒成立,须且只需c 2
>f (2)=2+c.解得c<-1或c>2. 20.(15分)设函数f (x )=x 2
+ax-ln x (a ∈R ). (1)假设a=1,求函数f (x )的单调区间;
(2)假设函数f (x )在区间(0,1]上是减函数,求实数a 的取值范围; (3)过坐标原点O 作曲线y=f (x )的切线,证明:切点的横坐标为1.
1时,f (x )=x 2
+x-ln x (x>0),
∴f'(x )=2x+1-1x =
(2x -1)(x +1)
x
,当x ∈(0,12)时,f'(x )<0;当x ∈(1
2,+∞)时,f'(x )>0.∴f (x )的
单调递减区间为(0,1
2),单调递增区间为(1
2,+∞).
(x )=2x+a-1
x ,∵f (x )在区间(0,1]上是减函数,
∴f'(x )≤0对任意x ∈(0,1]恒成立,即2x+a-1
x ≤0对任意x ∈(0,1]恒成立. ∴a ≤1
x -2x 对任意x ∈(0,1]恒成立,令g (x )=1
x -2x , ∴a ≤g (x )min ,易知g (x )在(0,1]上单调递减, ∴g (x )min =g (1)=-1.∴a ≤-1.
M (t ,f (t )),f'(x )=2x+a-1
x ,
切线的斜率k=2t+a-1
x ,又切线过原点,那么k=x (x )
x
, ∴
x (x )x =2t+a-1
x
,即t 2+at-ln t=2t 2+at-1.
∴t 2-1+ln t=0,
存在性:t=1满足方程t 2
-1+ln t=0,
∴t=1是方程t 2-1+ln t=0的根.
再证唯一性:设φ(t )=t 2
-1+ln t ,φ'(t )=2t+1
x >0,
φ(t )在(0,+∞)单调递增,且φ(1)=0, ∴方程t 2-1+ln t=0有唯一解.
综上,切点的横坐标为1.
21.(15分)(2021浙江杭州高三期末)设函数f (x )=x 2
+1
x +1,x ∈[0,1]. (1)证明:f (x )≥x 2
-49x+8
9;
(2)证明:6881<f (x )≤3
2.
令g (x )=f (x )-x 2
+49x-8
9,
即g (x )=
1
x +1
+49
x-8
9
,
所以g'(x )=
4x 2+8x -59(x +1)
2
=
(2x -1)(2x +5)
9(x +1)
2
,
所以g (x )在(0,1
2)上递减,在(1
2,1)上递增, 所以g (x )≥g (12)=0,所以f (x )≥x 2
-49x+8
9.
(2)因为f'(x )=
2x 3+4x 2+2x -1
(x +1)
2
,x ∈[0,1],
设h (x )=2x 3
+4x 2
+2x-1,h'(x )=6x 2
+8x+2, 因为h (0)=-1,h (1)=7,
所以存在x 0∈(0,1),使得f'(x )=0,且f (x )在(0,x 0)上递减,在(x 0,1)上递增, 所以f (x )max ={f (0),f (1)}=f (1)=3
2.
由(1)知,f (x )≥x 2
-49x+8
9=(x -29)2
+6881≥68
81,
又f (12)=1112>6881,f (29)=773891>68
81,
所以68
81
<f (x )≤3
2
.
22.(15分)(2021浙江高考)函数f (x )=√x -ln x.
(1)假设f (x )在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f (x 1)+f (x 2)>8-8ln 2;
(2)假设a ≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.
函数f (x )的导函数f'(x )=
2√x
1
x ,
由f'(x 1)=f'(x 2),得2√x 1
x 1
=
2√x −
1
x 2
,
因为x 1≠x 2,所以
√x √x =1
2
.
由根本不等式,得1
2√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24
,
因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.
由题意得f (x 1)+f (x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=1
2√x 1x 2-ln(x 1x 2).
设g (x )=12√x -ln x ,那么g'(x )=1
4x (√x -4), 所以
所以g (x )在[256,+∞)上单调递增, 故g (x 1x 2)>g (256)=8-8ln2, 即f (x 1)+f (x 2)>8-8ln2. (2)令m=e
-(|a|+k )
,n=(
|x |+1
x
)2
+1,那么
f (m )-km-a>|a|+k-k-a ≥0, f (n )-kn-a<n (
√
x x x
-x )≤n (√x
x )<0,
所以,存在x 0∈(m ,n ),使f (x 0)=kx 0+a.
所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有公共点.由f (x )=kx+a ,得
k=
√x -ln x -x
x
.
设h (x )=
√x -ln x -x
x ,
那么h'(x )=ln x -
√x
2-1+x x 2
=
-x (x )-1+x
x 2
.
其中g (x )=
√x
2
-ln x.由(1)可知g (x )≥g (16).
又a ≤3-4ln2,故-g (x )-1+a ≤-g (16)-1+a=-3+4ln2+a ≤0,所以h'(x )≤0,即函数h (x )在(0,+∞)上单调递减.
因此方程f (x )-kx-a=0至多1个实根.
综上,当a ≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.。