1、单元过关检测三导数及其应用一、单项选择题：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12022江苏灌云一中月考已知函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)f(2)x23x，则f(1)的值为()A2B3C2D322022广东光明月考已知函数f(x)x2ex2ex，若曲线yf(x)在x1处的切线与直线2xay30垂直，则a()A2eBC.D2e3设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，若函数f(x)在x1处取得极大值，则函数yxf(x)的图象可能是()42022湖南师大附中月考已知函数f(x)x33mx2nxm2在x1处取得极值0，则mn()A
2、4B11C4或11D3或952022山东新泰一中月考若函数f(x)x24xblnx在区间(0，)上是减函数，则实数b的取值范围是()A1，) B(，1C(，2 D2，)62022湖北武汉一中月考已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x)，且满足xf(x)bcBcabCbacDacb7若函数f(x)3xx3在区间(a5,2a1)上有最小值，则实数a的取值范围是()A(1,4 B(1,4)C.D.82022湖南湘潭月考已知函数f(x)exax22ax有两个极值点，则a的取值范围是()A(e，) B.C(e2，) D.二、多项选择题：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
3、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2分92022广东东莞模拟下图是函数f(x)的导函数f(x)的图象，则下列结论正确的是()Af(0)f(1)Bx1是f(x)的极小值点Cx1是f(x)的极小值点Dx3是f(x)的极大值点10已知函数f(x)xln(x1)，则()Af(x)在(0，)上单调递增Bf(x)有极小值Cf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为ln2Df(x)为奇函数112022山东淄博实验中学月考已知函数yf(x)在R上可导，其导函数f(x)满足(f(x)f(x)(x1)0，g(x)，则()A函数g(x)在(，1)上为增函数Bx1是函数g(x)的极小值点C函数
4、g(x)必有2个零点De2f(e)eef(2)122022福建宁德模拟若以函数yf(x)的图象上任意一点P(x1，f(x1)为切点作切线l1，yf(x)图象上总存在异于P点的点Q(x2，f(x2)，使得以Q为切点的切线l2与l1平行，则称函数f(x)为“和谐函数”，下面函数中是“和谐函数”的有()Ayx33xBy3xCysinxDy(x2)2lnx三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上13函数f(x)3x23lnx的单调递减区间是_14函数f(x)的图象在点处的切线方程为_15已知函数f(x)xxcosx，则f(x)在区间0，上的最大值是_162021新高考卷已
5、知函数f(x)|ex1|，x10，函数f(x)的图象在点A(x1，f(x1)和点B(x2，f(x2)的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)已知f(x)exax.(1)求f(x)与y轴的交点A的坐标；(2)若f(x)的图象在点A处的切线斜率为1，求f(x)的极值18(12分)已知函数f(x)ax2lnxbx2c在x1处取得极值3c，其中a，b，c为常数(1)试确定a，b的值；(2)若对任意x0，不等式f(x)2c2有解，求c的取值范围19.(12分)2022山东济南模拟已知函数f(x)lnxax2.(1
6、)讨论f(x)的单调性；(2)当a0时，求f(x)在区间1,2上的最大值20(12分)已知函数f(x)(x2)exax2bx，其图象在点(0，f(0)处的切线斜率为3.(1)求b的值；(2)若f(x)e1在xR上恒成立，求实数a的取值范围21(12分)2022河北沧州模拟已知函数f(x)lnxax(aR)(1)当a1时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围22(12分)2022湖南临澧一中月考已知函数f(x)x22axlnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)xf(x)x32x有两个不同的零点x1，x2，且x23x10，证明：x1x26e
7、2.单元过关检测三导数及其应用1答案：A解析：因为f(x)f(2)x23x，则f(x)2f(2)x3，所以f(2)4f(2)3，得f(2)1，所以，f(x)x23x，因此，f(1)2.2答案：A解析：f(x)(x22x)ex2e，f(1)3e2ee，由于曲线yf(x)在x1处的切线与直线2xay30垂直，所以e1a2e.3答案：B解析：由函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，若函数f(x)在x1处取得极大值，所以当x1时，f(x)0；x1时，f(x)0；x0；所以当x0，当0x1时，yxf(x)1时，yxf(x)0，可得选项B符合题意4答案：B解析：因为f(x)3x26mxn，由题有，即
8、，解得或，检验：当时f(x)3x26x33(x1)20，不合题意，舍掉；当时，f(x)3x212x93(x3)(x1)，令f(x)0，得x1；令f(x)0得3x1.所以f(x)在(，3)，(1，)上单调递增，在(3，1)上单调递减，符合题意，则mn2911.5答案：C解析：f(x)x24xblnx在(0，)上是减函数，所以f(x)0在(0，)上恒成立，即f(x)2x40，即b2x24x，2x24x2(x1)222，b2.6答案：A解析：设g(x)，则g(x)ln41，g(3)g(ln4)bc.7答案：C解析：f(x)3x23，当1x0，当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(，1)上单调
9、递减，在区间(1,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减，故在x1处函数f(x)取得极小值2.因为函数f(x)在开区间(a5,2a1)上有最小值，所以在区间(a5,2a1)内必存在极小值点x1，且此极小值点为最小值，因此a512a1，解得1a4.又因为f(2)2f(1)，为了保证在区间(a5,2a1)上的最小值在x1处取到，所以a.综上10，当x(2，)时g(x)e2，所以a.9答案：CD解析：由题意，根据f(x)的图象，可得当3x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(0)1时，f(x)f(x)0，g(x)0，故g(x)在(1，)上为增函数，A错误；当x1时，f(x)f(
10、x)0，g(x)0，则yg(x)没有零点，故C错误；g(x)在(1，)上为增函数，则g(2)g(e)，即eef(2)，D正确12答案：BC解析：A.yx33x，y3x23，当x10时，y3是最小值，不存在x2满足题意；B.f(x)3x，定义域是x|x0，f(x)3，它是偶函数，因此对任意的x10，取x2x1都有f(x1)f(x2)，满足题意；C.f(x)sinx，f(x)cosx，它是周期函数，最小正周期是2，因此对任意x1R，取x2x12，都有f(x1)f(x2)，满足题意；D.f(x)(x2)2lnx，定义域是(0，)，f(x)2(x2)，令g(x)f(x)2(x2)(x0)，g(x)2，
11、当0x时，g(x)时，g(x)0，g(x)递增，g24是极小值也是最小值，取x1，则不存在x2x1使得f(x1)f(x2)，不满足题意13答案：解析：函数的定义域为(0，)，函数的导数为f(x)6x，由f(x)0，得6x230，即0x，即函数的单调递减区间为.14答案：xy10解析：因为f(x)，所以f(x)，则所求切线的斜率为kf1，所以所求切线方程为y1x，即xy10.15答案：2解析：f(x)1cosxxsinx，当x0，时，f(x)1cosxxsinx0，所以函数f(x)在0，上递增，所以f(x)maxf()2.16答案：(0,1)解析：由题意，f(x)|ex1|，则f(x)，所以点A
12、(x1,1ex1)和点B(x2，ex21)，kAMex1，kBNex2，所以ex1ex21，x1x20，所以AM：y1ex1ex1(xx1)，M(0，ex1x1ex11)，所以|AM|x1|，同理|BN|x2|，所以ex1(0,1)17解析：(1)令x0，则f(0)e01，所以f(x)与y轴的交点A的坐标(0,1)(2)由f(x)exax，得f(x)exa，f(0)1a1，解得a2，f(x)ex2x，f(x)ex2，令f(x)ex20，解得xln2，当xln2时，f(x)ln2时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xln2时，f(x)有极小值f(ln2)22ln2.故函数极小值为22ln2，
13、无极大值18解析：(1)由题意知f(1)3c，因此bc3c，从而b3.由题意求导得f(1)0，因此a2b0，解得a6；(2)由(1)知f(x)12xlnx令f(x)0，解得x1.x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)递增极大值递减因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，而f(x)的单调递减区间为(1，)；所以f(x)在x1处取得极大值f(1)3c，此极大值也是最大值要使f(x)2c2(x0)有解，只需3c2c2.即2c2c30，从而(2c3)(c1)0，解得c1.所以c的取值范围为.19解析：(1)由题意得：f(x)定义域为(0，)，f(x)2ax，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上
14、单调递增；当a0时，令f(x)0得：x，列表如下：xf(x)0f(x)递增极大值递减f(x)在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当a0时，由(1)知：当1，即a时，f(x)在1,2上单调递减，则f(x)maxf(1)a；当12，即a时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)maxfln2a；当2，即0e1恒成立，f(1)ea2e1，即a1.下面证明当a1时，不等式f(x)e1在xR上恒成立当a1时，f(x)(x2)exx22x(当x0时，取“”)令g(x)(x2)exx22x，则g(x)(x1)e
15、x2(x1)(x1)(ex2)由g(x)0，得x1，由g(x)0，得xe1.综上，实数a的取值范围为a1.21解析：(1)当a1时，f(x)1，x0.由f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增，当x(1，)时，f(x)0)当a0时，f(x)0，函数f(x)lnxax在(0，)上单调递增，从而f(x)至多有一个零点，不符合题意当a0)，f(x)在上单调递增，在上单调递减由fln10得a0.由f2ae20得a.当a时，f(1)a0有：当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上为单调增函数；当a0时，x22ax10的判别式4a240，即00，所以f(x)在
16、(0，)上为增函数；当a1时，f(x)0有两不等正根，x1a，x2a，当x(0，x1)(x2，)时，f(x)0，所以，f(x)在(0，x1)，(x2，)上为增函数；当x(x1，x2)时，f(x)1时，f(x)的增区间为：(0，x1)和(x2，)，减区间为(x1，x2)(2)由g(x)xf(x)x32xg(x)x(lnx2ax2)，所以x1，x2是方程lnx2ax20的两不等根，且0x10，所以h(t)在3，)上为增函数，所以h(t)h(3)3ln30，所以g(t)0，所以g(t)在3，)上为增函数，所以g(t)g(3)2ln3ln9，所以ln(x1x2)4ln9，即ln(x1x2)ln，x1x2，所以x1x226e2，即x1x26e2.
